安徽省黃山市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期中物理試題（含答案）

安徽省黃山市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期中物理試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、選擇題（本大題共有10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不選的得0分）1．兩個(gè)分別帶有電荷量﹣Q和+3Q的相同金屬小球（均可視為點(diǎn)電荷），固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F．若將兩小球相互接觸后分開一定的距離，兩球間庫侖力的大小變?yōu)?3A．r4 B．r C．r22．一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為ρ，棒內(nèi)單位體積自由電子數(shù)為n，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，在棒兩端加上恒定的電壓時(shí)，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向運(yùn)動(dòng)的平均速率為v，則金屬棒內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（）A．mv22eL B．mv23．如圖所示，b點(diǎn)為兩等量異種點(diǎn)電荷+Q和－Q連線的中點(diǎn)，以+Q為圓心且過b點(diǎn)的虛線圓弧上有a、c兩點(diǎn)，a、c兩點(diǎn)關(guān)于連線對(duì)稱。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)電勢(shì)相等B．電子在a、c兩處受到的電場(chǎng)力相同C．電子由a點(diǎn)沿虛線圓弧移到b點(diǎn)的過程中電勢(shì)能一直減小D．電子由a點(diǎn)沿虛線圓弧移到c點(diǎn)的過程中電勢(shì)能先增加后減小4．如圖所示，地面上某個(gè)空間區(qū)域存在這樣的電場(chǎng)，水平虛線上方為場(chǎng)強(qiáng)E1，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)；虛線下方為場(chǎng)強(qiáng)E2，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量m，帶電量+q的小球從上方電場(chǎng)的A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場(chǎng)中與A關(guān)于虛線對(duì)稱的B點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是A．在虛線上下方的電場(chǎng)中，帶電小球運(yùn)動(dòng)的加速度相同B．帶電小球A、B兩點(diǎn)電勢(shì)能相等C．若A、B高度差為h，則UD．兩電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系滿足E2=2E15．如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)電阻為r，理想電壓表V1、V2示數(shù)為U1、U2，其變化量的絕對(duì)值分別為?U1和?U2；流過電源的電流為I，其變化量的絕對(duì)值為?I。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片從左端向右端滑動(dòng)的過程中（不計(jì)燈泡電阻的變化）（）A．小燈泡L3、L2變亮，L1變暗B．電壓表V1示數(shù)變小，電壓表V2示數(shù)變大C．ΔUD．ΔU6．如圖所示直線OAC為某一直流電源的總功率P總隨電流I的變化圖線，拋物線OBC為同一直流電源內(nèi)部熱功率Pr隨電流I的變化圖線，A、B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)都是2A，則（）A．當(dāng)I=2A時(shí)外電阻為1ΩB．當(dāng)I=1A和I=2A時(shí)電源的輸出功率相同C．當(dāng)I=1A和I=2A時(shí)電源的效率相同D．電源的最大輸出功率為2W7．如圖所示電路中，開關(guān)S斷開時(shí)，電壓表，電流表均無示數(shù)；S閉合時(shí)，電流表有示數(shù)，電壓表無示數(shù)，電路中僅有一處故障，下列判斷正確的是（）A．電阻R1斷路 B．電阻R2斷路 C．電阻R2短路 D．電阻R3斷路8．在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場(chǎng)的電勢(shì)φ在x軸上分布如圖所示．下列說法正確的有（）A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢(shì)能減小D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場(chǎng)力增大9．將額定電壓為U、線圈電阻為r0A．U2r0 B．(E?U)2r210．如圖甲所示，在兩平行金屬板間加有一交變電場(chǎng)，兩極板間可以認(rèn)為是勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)t=0時(shí)，一帶電粒子從左側(cè)極板附近開始運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙圖所示。帶電粒子經(jīng)過4T時(shí)間恰好到達(dá)右側(cè)極板，（帶電粒子的質(zhì)量m、電量q、速度最大值vmA．帶電粒子在兩板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，周期為TB．兩板間距離d=2C．兩板間所加交變電場(chǎng)的周期為T，所加電壓U=D．若其他條件不變，該帶電粒子從t=T二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，每空2分，共14分）11．在直角三角形所在的平面內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中A點(diǎn)電勢(shì)為2V，B點(diǎn)電勢(shì)為3V，C點(diǎn)電勢(shì)為4V。已知∠ACB=30°，AB邊長(zhǎng)為23m，D為AC的中點(diǎn)?，F(xiàn)將一點(diǎn)電荷放在D點(diǎn)，且點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為1N/C，則放入點(diǎn)電荷后，B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為12．要測(cè)一個(gè)待測(cè)電阻絲Rx（約為260ΩA.電源E：電動(dòng)勢(shì)12V，內(nèi)阻不計(jì)；B.電流表A：量程0~15mA，內(nèi)阻RA為4ΩC.電壓表V：量程0~10V，內(nèi)阻RV約為10kΩD.滑動(dòng)變阻器R1：最大阻值20ΩE.滑動(dòng)變阻器R2：最大阻值500ΩF.定值電阻R3G.定值電阻R4H.定值電阻R5L.電鍵S及導(dǎo)線若干。要求實(shí)驗(yàn)中盡可能準(zhǔn)確測(cè)量Rx（1）分別用游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器測(cè)出電阻絲的長(zhǎng)度L和直徑D，讀數(shù)如下圖所示，L=mm，D=mm。（2）為了在實(shí)驗(yàn)時(shí)能獲得更大的測(cè)量范圍，實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器應(yīng)選。（選填R1或R（3）為了測(cè)定待測(cè)電阻上的電流，應(yīng)將定值電阻（選填R3或R4或（4）利用所給器材，在虛線框內(nèi)畫出測(cè)量待測(cè)電阻Rx阻值的實(shí)驗(yàn)原理電路圖（所有的器材必須用題中所給的符號(hào)表示）（5）根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)原理電路圖進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，若電流表的示數(shù)為I，電壓表的示數(shù)為U，則其電阻率ρ的表達(dá)式為。（使用題目中所給的字母表示）三、計(jì)算題（本題共3小題，共40分。解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式及重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13．如圖電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)E=3V，內(nèi)阻r=1Ω，電阻R1=R3=2Ω，R14．如圖所示，在足夠高的豎直墻面上A點(diǎn)，以水平速度v0=10m/s向左拋出一個(gè)質(zhì)量為m=1.5kg的小球，小球拋出后始終受到水平向右的恒定電場(chǎng)力的作用，電場(chǎng)力大?。?）小球水平方向的速度為零時(shí)距墻面的距離；（2）墻面上A、B兩點(diǎn)間的距離；（3）小球速度的最小值。15．如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有軌道ABCDFMNP，其中BC部分為水平軌道，與曲面AB平滑連接。CDF和FMN是豎直放置的半圓軌道，在最高點(diǎn)F對(duì)接，與BC在C點(diǎn)相切。NP為一與FMN相切的水平平臺(tái)，P處固定一輕彈簧。點(diǎn)D、N、P在同一水平線上。水平軌道BC粗糙，其余軌道均光滑，一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=0.02kg的帶正電的滑塊從曲面AB上某處由靜止釋放。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E=2N/C，BC段長(zhǎng)度L=2m，CDF的半徑R=0.2m，F(xiàn)MN的半徑r=0.1m，滑塊帶電量（1）滑塊通過F點(diǎn)的最小速度vF（2）若滑塊恰好能通過F點(diǎn)，求滑塊釋放點(diǎn)到水平軌道BC的高度h0（3）若滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，始終不脫離軌道，且彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，求滑塊釋放點(diǎn)到水平軌道BC的高度h需要滿足的條件。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：接觸前兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的庫侖力大小為F=kQ?3Qr2，兩個(gè)相同的金屬球各自帶電，接觸后再分開，其所帶電量先中和后均分，所以兩球分開后各自帶點(diǎn)為+Q，兩球間庫侖力的大小變?yōu)閹靵隽镕′=kQ?Qr'2r′=r所以兩小球間的距離變?yōu)閞2故選：C．【分析】清楚兩小球相互接觸后，其所帶電量先中和后均分．根據(jù)庫侖定律的內(nèi)容，根據(jù)變化量和不變量求出問題．2．【答案】C【解析】【解答】解：導(dǎo)體中的電流為I=neSv導(dǎo)體的電阻為R=ρL導(dǎo)體兩端的電壓為U=RI場(chǎng)強(qiáng)為E=U聯(lián)立解得E=ρnev故答案為：C【分析】電流的微觀表達(dá)式結(jié)合電阻定律與場(chǎng)強(qiáng)公式可求解。3．【答案】D【解析】【解答】根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)分布可知，b點(diǎn)的電勢(shì)為零，ac兩點(diǎn)電勢(shì)相等且大于零，則A不符合題意；a、c兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相同，方向不同，則電子在a、c兩處受到的電場(chǎng)力不相同，B不符合題意；電子由a點(diǎn)沿虛線圓弧移到b點(diǎn)的過程中，因電勢(shì)逐漸降低，可知電子的電勢(shì)能增加，C不符合題意；電子由a點(diǎn)沿虛線圓弧移到c點(diǎn)的過程，電勢(shì)先降低后升高，則電子的電勢(shì)能先增加后減小，D符合題意；故答案為：D.

【分析】利用兩個(gè)異種等量點(diǎn)電荷周圍場(chǎng)線的分布可以判別電場(chǎng)力方向不同及電勢(shì)的大小；利用電勢(shì)高低結(jié)合電性可以判別電勢(shì)能的大小。4．【答案】C【解析】【解答】A、A到虛線速度由0加速到v，虛線到B速度由v減到0，位移相同，根據(jù)v2=2ax可知加速度大小相同，方向相反，故A錯(cuò)誤；

B、從A到B根據(jù)動(dòng)能定理可得

mgh+UABq=0

可得

UAB=-mghq<0

故A和B電勢(shì)不相等，故B錯(cuò)誤，C正確；

D、在上方電場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律可得

E1q+mg=ma1

在下方電場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律可得

E2q-mg=ma5．【答案】C【解析】【解答】A、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的P從左側(cè)移動(dòng)到右側(cè)時(shí)，變阻器電阻增大，外電阻阻值增大，總電流減小，則流過L2電流變小，故其變暗，則V2示數(shù)變小，則L1和L3兩端電壓增大，即V1示數(shù)變大，則L3變亮。由于總電流減小，L3電流增大，則L1電流減小，即L1變暗，故AB錯(cuò)誤；

C、根據(jù)歐姆定律可得

?U2?I=R2

故C正確；

6．【答案】B【解析】【解答】A．C點(diǎn)表示電源的總功率全部轉(zhuǎn)化為熱功率，即C點(diǎn)表示外電路短路，電源的總功率P=EI由圖可知I=3A，P=9W，則電源的電動(dòng)勢(shì)E=3V，電源的內(nèi)阻r=當(dāng)I=2A時(shí)，輸出功率為P出=EI-I2r=3×2W-22×1W=2W根據(jù)P出=I2R得R=0.5ΩA不符合題意；B．當(dāng)I=1A電源的輸出功率P出=EI-I2r=3×1W-12×1W=2WB符合題意；C．當(dāng)I=1A和I=2A時(shí)電源的效率η=不相同，C不符合題意；D．當(dāng)外電阻與內(nèi)電阻相等時(shí)電源的最大輸出功率，為P=D不符合題意。故答案為：B。

【分析】利用總功率的表達(dá)式可以求出電動(dòng)勢(shì)的大??；利用短路電流結(jié)合歐姆定律可以求出內(nèi)阻的大??；利用總功率減去熱功率可以求出輸出功率的大小，結(jié)合電流的大小可以求出外電阻的大??；利用總功率減去熱功率的大小可以求出輸出功率的大小；利用外電壓和電動(dòng)勢(shì)可以比較效率的大小；利用內(nèi)外電阻相等結(jié)合電功率的表達(dá)式可以求出最大的輸出功率。7．【答案】D【解析】【解答】開關(guān)S斷開時(shí)，電路為串聯(lián)電路，電流表測(cè)總電流，電壓表測(cè)R2兩端電壓；電流表無示數(shù)，說明發(fā)生斷路；電壓表無示數(shù)說明電壓表和電源不連接，所以可能的故障為R1斷路或者R3斷路；

S閉合時(shí)，只有R1接入電路，其中電壓表被短路無示數(shù)；電流表有示數(shù)，說明R1是通路，綜上所述R8．【答案】A,C【解析】【解答】A、由圖像得出中間電勢(shì)高，兩側(cè)電勢(shì)低，而且圖像不對(duì)稱，可知兩電荷為異種且?guī)щ娏坎煌碾姾?，故A正確；

B、圖像斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，則x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為0，故B錯(cuò)誤；

C、負(fù)電荷從x1移到x2，由低電勢(shì)到高電勢(shì)，根據(jù)Ep=φq，可得電勢(shì)能減小，故C正確；

D、負(fù)電荷從x1移到x2，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，故電場(chǎng)力減小，故D錯(cuò)誤。

故答案為：AC。

【分析】根據(jù)圖像得出電勢(shì)不對(duì)稱從而得出電量大小以及正負(fù)關(guān)系；

圖像斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小以及電場(chǎng)力的變化情況；

根據(jù)9．【答案】A,B,D【解析】【解答】根據(jù)閉合電路歐姆定律可知

E=U+Ir0

可得

I=E-Ur0

電動(dòng)機(jī)消耗的電功率為

P=UI=EU-U210．【答案】B,D【解析】【解答】A、v-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，且位移不變?cè)黾樱傻脦щ娏Ｗ幼鰡蜗蜻\(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)圖像可得d=4×12vmT=2vmT，故B正確；

C、速度—時(shí)間圖像斜率表示加速度，由圖像可知兩板間所加交變電場(chǎng)的周期為T。粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：avmT2=2vmT，由牛頓第二定律得：q11．【答案】13【解析】【解答】A點(diǎn)電勢(shì)為2V，C點(diǎn)電勢(shì)為4V，D為AC的中點(diǎn)?？傻肈點(diǎn)電勢(shì)為3V，故BD為等勢(shì)線，則場(chǎng)強(qiáng)方向垂直于BD指向A點(diǎn)，如圖所示

場(chǎng)強(qiáng)大小為

E1=Ud=3-223sin60°V/m=1312．【答案】（1）50.50；0.900（2）R（3）R（4）（5）π【解析】【解答】（1）根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)律可得

L=50mm+10×120mm=50.50mm

根據(jù)螺旋測(cè)微器讀數(shù)規(guī)律可得

D=0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm

（2）為了在實(shí)驗(yàn)時(shí)能獲得更大的測(cè)量范圍，實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器的連接需要用到分壓式連接，且需要選取R1；

（3）根據(jù)歐姆定律可得，通過待測(cè)電阻的電流大約為

I=URx=12260A≈0.046A=46mA

假設(shè)并聯(lián)電阻R，則

(I-IA)R=IARA

解得

R≈1.9Ω

故選R4。

（4）改裝的電流表兩端的電壓和電流時(shí)已知的，所以用電流表內(nèi)接，而滑動(dòng)變阻器用分壓法，可得電路圖如圖所示

（5）根據(jù)歐姆定律可得，待測(cè)電阻兩端電壓為

UR=U-IRA

待測(cè)電阻兩端電流為

I13．【答案】解：開關(guān)S斷開時(shí)，電容器充電電壓為電阻R2兩端的電壓則充電電荷量Q且上極板帶正電，開關(guān)S閉合后，外電路的總電阻R=總電流為I=路端電壓U=E?Ir=3V?1×1V=2VR1兩端電壓R3兩端電壓電容器的電壓等于R1與R3則得電容器的帶電量Q因?yàn)閁1>U3，外電路中沿著電流方向電勢(shì)降低，可得電容器下極板電勢(shì)高，帶正電，上極板的電勢(shì)低，帶負(fù)電；因此，閉合開關(guān)【解析】【分析】開關(guān)S斷開時(shí)，得出電容器充電電壓為電阻R2兩端的電壓大小，從而得出充電電荷量；開關(guān)S閉合后，外電路的總電阻阻值，從而得出電流大小，進(jìn)而得出路端電壓大??；再分別求出R1以及R3兩端電壓，得出電容器的電壓等于R14．【答案】（1）解：小球在水平方向先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)而后向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)。將小球的運(yùn)動(dòng)沿水平方向和豎直方向分解，水平方向F=m且有v得到x=15m（2）解：水平方向速度減小為零所需的時(shí)間t所以從A點(diǎn)到B點(diǎn)時(shí)間t=2豎直方向上y解得y（3）解：將速度進(jìn)行分解，當(dāng)v⊥=0根據(jù)力的關(guān)系知cos解得v【解析】【分析】（1）小球在水平方向先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)而后向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，結(jié)合水平方向上牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式速度與位移公式得出距離大??；

（2）根據(jù)t1=v0a15．【答案】（1）解：小球在F點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有mg+qE=m解得vF（2）解：設(shè)小球由h0處釋放恰好通過F點(diǎn)，對(duì)小球從釋放至F點(diǎn)這一過程由動(dòng)能定理得解得h0（3）解：①小球第一次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)速度為零，對(duì)該過程由動(dòng)能定理得(解得h1則當(dāng)h≤1.2m時(shí)，小球不過D點(diǎn)，不脫離軌道；②小球第一次進(jìn)入圓軌道可以經(jīng)過F點(diǎn)，壓縮彈簧被反彈，沿軌道PNMFDCBA運(yùn)動(dòng)，再次返回后不過D點(diǎn)