天津市2024-2025學年高二物理上學期11月期中試題含解析

Page15天津市2024-2025學年度第一學期期中學情調(diào)研高二年級物理學科一、單項選擇題（本題共5小題，每小題5分，共25分。每小題給出的四個選項中，只有一個最符合題意，選對得5分，選錯或不選得0分；1.在科學發(fā)展史上，許多科學家做出了杰出的貢獻。他們在物理學的探討過程中應用了許多科學的思想方法。下列敘述不正確的（）A.法拉第首先提出用電場線描繪抽象的電場，這是一種形象化的探討方法B.用點電荷來代替實際帶電體是接受了志向化物理模型的方法C.庫侖得出庫侖定律并測出了元電荷e的數(shù)值D.電場強度的表達式和電動勢的表達式都是利用比值法得到的定義式【答案】C【解析】【詳解】A．法拉第首先提出用電場線描繪抽象的電場，這是一種形象化的探討方法，故A正確，不滿意題意要求；B．用點電荷來代替實際帶電體是接受了志向化物理模型的方法，故B正確，不滿意題意要求；C．庫侖得出庫侖定律，但元電荷e的數(shù)值由密立根通過油滴試驗測得，故C錯誤，滿意題意要求；D．電場強度的表達式和電動勢的表達式都是利用比值法得到的定義式，故D正確，不滿意題意要求。故選C。2.兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A為MN上的一點。一帶負電的摸索電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，取無限遠處的電勢為零，則（）A.q由A向O的運動是加速度減小的加速運動B.q由A向O運動過程中電勢能漸漸增大C.q運動到O點時的動能最小D.q運動到O點時的電勢能小于零【答案】D【解析】【詳解】A．PQ連線的中垂線MN上，從無窮遠處到O過程中電場強度先增大后減小，且方向始終指向無窮遠處，故q由A向O運動過程中，電場力可能先增大后減小，也可能漸漸減小，所以加速度可能先增大后減小，也可能漸漸減小，故A錯誤；B．q由A向O運動過程中電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；C．從A到O電場力做正功動能增加，從O到N的過程電場力做負功，動能減小，故在O點時，摸索電荷的動能最大，故C錯誤；D．取無窮遠處的電勢為0，從無窮遠處到O點，電場力做正功，電勢能減小，則q運動到O點時，電勢能為負值，故D正確。故選D。3.探討與平行板電容器電容有關因素的試驗裝置如圖所示，下列說法正確的是（）A.試驗中，只將電容器b板向左平移，靜電計指針的張角變大B.試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C.試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D.試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大【答案】A【解析】【詳解】電容器的電荷量保持不變，依據(jù)，A．只將電容器b板向左平移，兩板間距增大，電容減小，電勢差增大，靜電計指針的張角變大，A正確；B．只將電容器b板向上平移，兩板正對面積減小，電容減小，電勢差增大，靜電計指針的張角變大，B錯誤；C．只在極板間插入有機玻璃板，介電常數(shù)增大，電容增大，電勢差減小，靜電計指針的張角變小，C錯誤；D．只增加極板帶電量，電勢差增大，靜電計指針的張角變大，但電容不變，D錯誤。故選A。4.長方體銅柱長、寬、高分別為a、b、c，若先后在AB和CD兩端添加相同的恒定電壓，則該銅柱內(nèi)自由電子先后兩次定向移動的速率之比為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】電流沿著AB方向時銅柱的電阻為通過銅柱的電流為電流的微觀表達式為聯(lián)立以上三式解得同理，可得電流沿著CD方向時，電子定向移動速率為故選B?！军c睛】本題考查電流的微觀表達式以及電阻的定義式內(nèi)容。5.如圖，在豎直放置的半徑為R的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處固定一個點電荷，將質(zhì)量為m，電荷量為+q的小球從圓弧管的水平直徑端點A由靜止釋放，小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力，已知重力加速度為g，則（）A.小球到達B時的速率等于B.小球到達B時的速率大于C.固定于圓心處的點電荷在細管內(nèi)的電場強度大小為D小球不能到達C點【答案】C【解析】【詳解】AB．由A到B，電場力做功為零，則由動能定理得解得小球到達B時的速率故AB錯誤；C．在B點時解得選項C正確；D．由于點電荷位移圓心處，A、B、C處于同一等勢面上，依據(jù)電場力做功公式可知小球從A到C點過程中電場力做功為零，依據(jù)機械能守恒定律可知小球能到達C點，故D錯誤；故選C。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題5分，共15分。每小題給出的四個選項中，至少有兩個選項正確，選對得5分，對而不全得3分，選錯或不選得0分）6.如圖所示的U-I圖像中，直線I為某電源路端電壓與電流的關系圖線，直線II為某一電阻R的U-I圖線。用該電源與電阻R連接成閉合電路，由圖像可知（）A.R的阻值為3ΩB.電源的輸出功率為3.0WC.電源電動勢為3.0V，內(nèi)阻為1.5ΩD.電阻R消耗功率為1.5W【答案】CD【解析】【詳解】A．R的阻值為選項A錯誤；B．電源的輸出功率為P=IU=1.5W選項B錯誤；C．由圖像可知，電源電動勢為E=3.0V內(nèi)阻為選項C正確；D．電阻R消耗的功率為PR=IU=1.5W選項D正確。故選CD。7.如圖所示，質(zhì)量相同兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中心射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最終打在同一點（重力不計），則從起先射入到打到上板的過程中，下列說法正確的（）A.它們帶上異種電荷B.它們運動的時間C.它們的動能增加之比D.它們所帶的電荷量之比【答案】BD【解析】【詳解】A．帶電粒子P、Q在電場中偏轉(zhuǎn)方向相同，可知帶電粒子P、Q受到的電場力方向相同，它們帶上同種電荷，故A錯誤；B．垂直于電場方向，帶電粒子P、Q做勻速直線運動，且兩粒子初速度相同，垂直于電場方向位移相同，依據(jù)可知它們運動的時間故B正確；D．沿電場方向帶電粒子做初速度為零的勻加速運動，有可得帶電粒子的加速度為它們所帶的電荷量之比故D正確；C．帶電粒子P、Q在電場中運動，電場力做正功，依據(jù)動能定理有它們的動能增加之比故C錯誤。故選BD。8.如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點P原處于靜止狀態(tài)，其中R1>r，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則（）A.電壓表讀數(shù)變大，電流表讀數(shù)變大B.R1和R2上的電壓都增大C.質(zhì)點P將向下運動，電源的效率增大D.R3上消耗的功率減小，電源的輸出功率增大【答案】BD【解析】【詳解】C．當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，R4接入電路的阻值減小，電路總電阻減小，總電流增大，電源內(nèi)電壓增大，路端電壓U減小，且R1兩端電壓增大，R3兩端電壓減小，平行金屬板兩端電壓減小，板間電場強度減小，質(zhì)點P將向下運動，依據(jù)可知電源的效率減小，故C錯誤；AB．因為R3兩端電壓減小，所以通過R3的電流減小，又因為總電流增大，所以通過R2的電流增大，即電流表讀數(shù)增大，R2兩端電壓增大，R4兩端電壓減小，即電壓表讀數(shù)減小，故A錯誤，B正確；D．因為R3兩端電壓減小，所以R3上消耗的功率減小。設電路的外電阻為R，則電源的輸出功率為依據(jù)數(shù)學學問可知當R=r時，P最大；當R＜r時，P隨R的增大而增大；當R＞r時，P隨R的減小而增大。由題意可知起先時確定有R＞r，所以電源的輸出功率增大，故D正確。故選BD。第Ⅱ卷（非選擇題）三、試驗題（本題每空2分，共18分）9.（2）試驗小組測量某型號電池的電動勢和內(nèi)阻。用電流表、電壓表、滑動變阻器、待測電池等器材組成如圖1所示試驗電路_____，由測得的試驗數(shù)據(jù)繪制成的U-I圖像如圖2所示。①圖1的電路圖為下圖中的_____。（選填“A”或“B”）②假如試驗中所用電表均視為志向電表，依據(jù)圖2得到該電池的電動勢E=_____V，內(nèi)阻r=_____Ω。③試驗后進行反思，發(fā)覺上述試驗方案存在系統(tǒng)誤差。若考慮到電表內(nèi)阻的影響，對測得的試驗數(shù)據(jù)進行修正，在圖2中重新繪制U-I圖線，與原圖線比較，新繪制的圖線與橫坐標軸交點的數(shù)值將____，與縱坐標軸交點的數(shù)值將_____。（兩空均選填“變大”、“變小”或“不變”）【答案】①.②.B③.4.5④.8⑤.不變⑥.變大【解析】【詳解】（2）[1]電路如圖所示①[2]通過視察實物圖可知電壓表接在電源兩端，故A錯誤，B正確。故選B。②[3][4]依據(jù)閉合電路歐姆定律得則圖線在縱軸上的截距表示電池的電動勢E，斜率是電池的內(nèi)阻r，依據(jù)圖像可知，縱軸截距為4.5，橫軸截距為2.5，結合上述分析可知電池電動勢內(nèi)阻（3）[5][6]分析測量電路可知系統(tǒng)誤差的來源是電壓表的分流作用，使得電流表的示數(shù)小于流過電池的電流，考慮電壓表內(nèi)阻的影響，流過電壓表的電流為可知流過電池電流為因電壓表內(nèi)阻不變，隨著電壓值減小，電壓表電流減小，當電壓值趨于0時，趨于，在圖2中重新繪制的圖線如圖所示故新繪制的圖線與橫坐標軸交點的數(shù)值將不變，與縱坐標軸交點的數(shù)值將變大。四、計算題（本題共3小題，12題12分，13題14分，14題16分，共42分。要求寫出必要的解題步驟，干脆寫出結果不得分。）10.如圖所示，M為一線圈電阻r=0.4Ω的電動機，，電源電動勢，當S斷開時，志向電流表的示數(shù)I1=1.6A，當開關S閉合時，志向電流表的示數(shù)為I2=4A。求∶（1）電源內(nèi)阻；（2）開關S閉合時電動機發(fā)熱消耗的功率和轉(zhuǎn)化為機械能的功率?！敬鸢浮浚?）1Ω；（2）2.5W，87.5W【解析】【詳解】（1）當S斷開時，志向電流表的示數(shù)I1=1.6A，依據(jù)閉合電路歐姆定律可知代入數(shù)據(jù)解得電源內(nèi)阻為=1Ω（2）當S閉合時，I2=4A，則U內(nèi)=I2=4VU外=E-U內(nèi)=40V-4V=36V即電動機兩端電壓為36V，依據(jù)電功率的公式有P熱=W電動機消耗的功率為機械功率為P機=PM-P熱=87.5W11.靜電除塵中有一種設計是兩段式的，即塵埃帶電和除塵分別在兩段空間內(nèi)進行。如圖所示是由兩塊平行電極板構成的除塵空間，兩電極板與電壓恒定的高壓直流電源相連，間距為。板長為，忽視邊緣效應。經(jīng)帶電空間帶負電荷后的塵埃，其質(zhì)量為m，電荷量為q，以水平速度勻整射入除塵空間，當其遇到下電極板時，所帶電荷立即被中和，同時塵埃被收集。調(diào)整兩板所加直流高壓的電壓可以變更收集效率。當兩板間所加的電壓為時（即離下板范圍內(nèi)的塵埃能夠遇到下板被收集）。不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。求：（1）當兩板間所加的電壓為時，塵埃的加速度；（2）收集效率時，兩板所加的電壓與的比值?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）板間電場強度的大小為塵埃受到電場力為F=Eq根基牛頓其次定律，有F=ma聯(lián)立解得（2）依據(jù)（1）可知，當所加電壓為某一值U時，加速度垂直于板面方向的偏轉(zhuǎn)距離為水平距離L=vt聯(lián)立解得因為收集效率率y與U成正比，則有12.某同學在學習了磁場對電流的作用后產(chǎn)生想法，設計了一個簡易的“電磁秤”。如圖，兩平行金屬導軌CD、EF間距為L=0.1m，與電動勢為E0=9V內(nèi)阻不計的電源、電流表（量程0-3A）、開關、滑動變阻器R（阻值范圍為0~100Ω）相連，質(zhì)量為M=0.05kg、電阻為R0=2Ω的金屬棒MN垂直于導軌放置構成閉合回路，回路平面與水平面成=30°角，垂干脆在金屬棒中點的輕繩與導軌平面平行，跨過定滑輪后另一端接有秤盤，空間施加垂直于導軌平面對上的勻強磁場，磁感應強度為B=5T，在秤盤中放入待測物體，閉合開關，調(diào)整滑動變阻器，當金屬棒平衡時，通過讀取電流表的讀數(shù)就可以知道待測物體的質(zhì)量。已知秤盤中不放物體時，使金屬棒靜止時電流表讀數(shù)為I0=0.1A。其余電阻、摩擦以及輕繩質(zhì)量不計，g=10m/s2則:（1）秤盤的質(zhì)量m0是多少?（2）求此“電磁秤”的稱量物體的最大質(zhì)量及此時滑動變阻器接入電路的阻值；（3）為了便于知道秤盤上物體質(zhì)量m的大小，請在圖中作出其與電流表讀數(shù)關系的m-I圖象。【答案】(1)；(2)，(3)見解析【解析】【詳解】(1)對金屬棒受力分析有對秤盤受力分析有解得(2)當電路中電流最大時，此電磁秤稱得最大質(zhì)量，電路中最大電流即為電流表量程，即解得對金屬棒及秤盤有解得(3)電流與所稱物體質(zhì)量的關系式為代入數(shù)據(jù)得圖像為13.（1）在探究“確定導線電阻因素”的試驗中。須要進行以下測量：欲用伏安法測定一段電阻絲的電阻，其阻值約為，要求測量結果盡量精確，這位同學想使被測電阻R兩端的電壓從零起先調(diào)整。他可選用的器材有：①下列器材中，電流表應選用（填器材的標號和下同）__，電壓表應選用____，滑動變阻器應選用_______