四川省成都市2023-2024學年高二上學期期中物理試卷（含答案）2

四川省成都市2023-2024學年高二上學期期中物理試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單項選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分，每小題給出的四個選項中只有一個選項正確）1．關(guān)于元電荷和點電荷，下列說法正確的是（）A．元電荷就是點電荷，二者沒有區(qū)別B．元電荷的電量為1C，點電荷一定是體積很小的帶電體C．元電荷可以是電子，也可以是質(zhì)子D．元電荷目前被認為是自然界中電荷的最小單元，體積很大的帶電體有時也能看成點電荷2．以下說法正確的是（）A．E=FB．E=UC．由I=qt可以計算I的大小，但是I與q、D．由C=QU可知C與Q成正比，與3．圖為多用電表歐姆擋的原理示意圖，其中電流表的滿偏電流為300μA，內(nèi)阻Rg＝100Ω，調(diào)零電阻的最大值R0＝50kΩ，電池電動勢E＝1.5V，兩表筆短接調(diào)零后，用它測量電阻Rx，當電流計指針指在滿刻度的13時，則RxA．1kΩ B．10kΩ C．100kΩ D．100Ω4．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面且相鄰等勢面間電勢差相等，實線為一帶負電的粒子僅在電場力的作用下減速通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是運動軌跡上的兩點，由此可知（）A．粒子一定從P點運動到Q點B．a(chǎn)、b、c三個等勢面中，c的電勢最高C．粒子運動的加速度在逐漸減小D．粒子從等勢面a到b比從等勢面b到c電勢能的變化量小5．如圖，電荷量分別為q和?q(q>0)的點電荷固定在邊長為L的正方體的兩個頂點上，A是正方體的另一個頂點，如果點電荷q、?q連線中點O的電場強度大小是EA．916E B．3516E 6．如圖所示為真空中某一靜電場的電勢φ在x軸上分布的圖象，x軸上B、C兩點電場強度在x軸方向上的分量分別是EBX、EA．ECX的大小大于EB．ECX的大小小于EC．EBX的方向沿xD．O點電場強度在x方向上的分量最大7．如圖所示，細線拴一帶負電的小球，球處在豎直向下的勻強電場中，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，則（）A．小球不可能做勻速圓周運動B．小球運動到最低點時，電勢能一定最大C．小球運動到最低點時，球的線速度一定最大D．當小球運動到最高點時繩的張力一定最小8．如下圖所示，平行板a、b組成的電容器與電源E連接，閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后，一帶電粒子（不考慮重力）從平行板電容器左側(cè)某點以v0平行極板射入電容器，打在b板上的QA．該粒子帶負電B．將a極板向上移動一小段距離，帶電粒子打在Q點的左側(cè)C．將滑片P向右移動，帶電粒子打在Q點的右側(cè)D．斷開S，將a極板向下移動一小段距離，帶電粒子仍然打在Q點9．如圖所示，電荷量?q，質(zhì)量為m的滑塊，沿固定絕緣斜面勻速下滑，現(xiàn)加一豎直向上的勻強電場，電場強度為E，以下判斷中正確的是（）A．物體將沿斜面減速下滑 B．物體將沿斜面加速下滑C．物體仍保持勻速下滑 D．物體可能靜止10．如圖甲所示的電路中定值電阻R=60Ω，電源電動勢E=100V，r=10Ω。如圖乙所示，曲線為燈泡L的伏安特性曲線，直線為電源的路端電壓與電流的圖線，以下說法正確的是（）甲乙A．開關(guān)S斷開時電源的效率為60B．開關(guān)S閉合后電源的總功率會變小C．開關(guān)S閉合后燈泡的亮度增強D．開關(guān)S斷開時小燈泡消耗的功率為240W二、多項選擇題（本大題6個小題，每小題4分，共24分。每小題給出的四個選項中有一個或一個以上的正確答案，全對得4分，選對但不全得2分，有錯或不選得0分）11．如圖所示，11H、12H、A．偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做功一樣多B．三種粒子打到屏上時速度一樣大C．三種粒子運動到屏上所用時間相同D．三種粒子一定打到屏上的同一位置12．關(guān)于多用電表的使用，下列操作正確的是（）

A．測電壓時，圖甲連接方式紅黑表筆接法有誤B．測電流時，應按圖乙連接方式測量C．測電阻時，可以按圖丙連接方式測量D．測二極管的反向電阻時，應按圖丁連接方式測量13．小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，下列說法中正確的是()A．隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻減小B．對應P點，小燈泡的電阻為R=C．對應P點，小燈泡的電阻為R=D．對應P點，小燈泡功率為圖中矩形PQOM所圍“面積”的數(shù)值14．在如圖所示電路中，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、U1、U2和U3表示，電表示數(shù)變化量的絕對值分別用ΔI、ΔU1A．U1變小，U2變大，U3B．U1變大，U2變小，U3C．U1I不變，U2D．ΔU1ΔI不變，Δ15．在如圖甲所示的電路中，L1、L2和L3為三個相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示．當開關(guān)S甲乙A．通過L1的電流為通過LB．此時L1、L2和LC．L1消耗的電功率為D．L1消耗的電功率為L16．如圖，電源的電動勢E=12V，內(nèi)阻r=2Ω，R1=1Ω，R2=3Ω，R3=10Ω，R4=4Ω，R5為電阻箱，調(diào)節(jié)范圍為0A．若將電容器的下極板稍向下移動，則P點的電勢增大B．閉合開關(guān)S后，流過R3的電荷量C．將電阻箱調(diào)到9Ω后再閉合開關(guān)S，穩(wěn)定后電容器上的電量為0D．閉合開關(guān)S后，將電阻箱從0開始逐漸調(diào)到最大值，電源的輸出功率先增大后減小三、實驗題（本大題2個小題，17題10分，18題12分，共22分）17．某同學設計了如圖所示的電路測電源電動勢E及電阻R1和R待測電源E（不計內(nèi)阻）待測電阻R1，定值電阻電流表A（量程為0.電阻箱R單刀單擲開關(guān)S1，單刀雙擲開關(guān)導線若干．甲乙（1）先測電阻R1的阻值（R1只有幾歐姆）．請將小明同學的操作補充完整：閉合S1，將S2切換到a，調(diào)節(jié)電阻箱，讀出其示數(shù)r1和對應的電流表示數(shù)I；將S2切換到b，調(diào)節(jié)電阻箱，使，讀出此時電阻箱的示數(shù)r（2）該同學已經(jīng)測得電阻R1=2.0Ω，繼續(xù)測電源電動勢E．該同學的做法是：閉合S1，將S2切換到b，多次調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱示數(shù)R和對應的電流表示數(shù)I，由測得的數(shù)據(jù)，繪出了如圖所示的1I~R（3）若實際電流表A內(nèi)阻不可忽略，則R2的測量值18．某同學想設計一個測量金屬棒電阻率的實驗方案，實驗室提供的器材有：A．電流表A1（內(nèi)阻Rg=100Ω，滿偏電流Ig=3mAB．電流表AC．定值電阻（R0=900Ω）D．滑動變阻器（最大電阻為（1）如圖1，用螺旋測微器測金屬棒直徑為mm；如圖2用20分度游標卡尺測金屬棒長度為cm。圖1圖2（2）用多用電表粗測金屬棒的阻值：當用“×10Ω”擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，他應該換用擋（填“×1Ω”或“×100Ω”），換擋并進行一系列正確操作后，指針靜止時如圖3所示，則金屬棒的阻值約為Ω。圖3圖4（3）請根據(jù)提供的器材，設計一個實驗電路，要求盡可能精確測量金屬棒的阻值。（4）若實驗測得電流表A1示數(shù)為I1，電流表A2示數(shù)為I2，則金屬棒電阻的表達式為Rx=。（用I1四、計算題（本大題共2小題，19題10分，20題14分，共24分．）19．如圖所示，電源電動勢E=10V，內(nèi)阻r=1Ω，閉合開關(guān)S后，標有“8V，12W”的燈泡恰能正常發(fā)光，電動機M的內(nèi)阻（1）電源的輸出功率P出（2）電動機的機械功率．20．如圖（a）所示，平行板電容器的兩個極板A、B分別接在電壓為U的恒壓電源的兩極，電容器所帶電荷量為Q，兩極板間距為d，板長為L，α粒子從非?？拷蠘O板的C點以v的速度沿垂直電場線方向的直線CO方向射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后由D點飛出勻強電場，已知α粒子質(zhì)量為m，電荷量為2e，不計α粒子重力．求：（a）（b）（1）平行板電容器的電容；（2）CD兩點間電勢差；（3）若A、B板上加上如圖（b）所示的周期性的方波形電壓，t=0時A板比B板的電勢高，為使T4時刻射入兩板間的α粒子剛好能由O點水平射出，則電壓變化周期T和板間距離d

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.元電荷是最小的帶電量，是數(shù)值，而點電荷是一種理想化的物理模型，二者不是同一物理量，A不符合題意；

BCD.元電荷目前被認為是自然界中電荷的最小單元，其值等于質(zhì)子或電子帶電量的絕對值，但元電荷不是質(zhì)子或電子；一個帶電體能否看成點電荷，不是看它尺寸的絕對值，而是看它的形狀和尺寸對相互作用力的影響能否忽略不計，體積很大的帶電體在符合條件時可以看作點電荷，BC不符合題意，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)元電荷和點電荷的定義分析。2．【答案】C【解析】【解答】A.E=Fq是電場強度的定義式，適用于所有電場，A不符合題意；

B.E=Ud只適用于勻強電場，B不符合題意；

C.電流I=qt是一個用比值定義的物理量，電流的大小由電阻的阻值和兩端的電壓共同決定，與電荷量q和時間t無關(guān)，C符合題意；

D.電容3．【答案】B【解析】【解答】由閉合電路歐姆定律可知，當兩表筆短接，電流表滿偏時：Ig=ER內(nèi)，解得R內(nèi)【分析】本題關(guān)鍵明確歐姆表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，能根據(jù)歐姆表的使用方法結(jié)合閉合電路的歐姆定律列方程；知道中值電阻等于歐姆表內(nèi)電阻．4．【答案】B【解析】【解答】A.根據(jù)曲線運動中的合力一定指向曲線內(nèi)側(cè)，可知粒子受到的電場力垂直等勢面向下，由于粒子做減速運動，電場力方向與粒子的速度方向應成鈍角關(guān)系，可知粒子一定是從Q點運動到P點，A不符合題意；

B.由題意可知，粒子帶負電，所以受到的電場力方向與電場強度方向相反，再結(jié)合電場線與等勢面處處垂直的特點，可知電場線垂直等勢面向上，沿電場線方向電勢降低，所以等勢面c的電勢最高，B符合題意；

C.等勢面越密，電場強度越大，可知EP>EQ，所以粒子在P點所受的電場力大，加速度大，因為粒子是從Q點運動到P點，可知粒子運動的加速度在逐漸增大，C不符合題意；

D.由于?Epab=Wab=qU5．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)幾何知識可得，O點到兩個電荷的距離都是rO=32L，根據(jù)點電荷的場強公式和電場的疊加原理可得O點場強為E=2kqrO26．【答案】B【解析】【解答】AB.φ-x圖像的斜率表示該點沿x軸方向上的場強，可知EBx>ECx，A不符合題意，B符合題意；

C.根據(jù)沿電場方向電勢降低可知，在O點左側(cè)的B點，EBx的方向沿軸負方向，C不符合題意；

D.O點切線的斜率為零，所以O點沿x方向上的場強為0，故O點電場強度在x方向上的分量最小，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)φ-x圖像的斜率表示該點沿x軸方向上的場強，判斷E7．【答案】B【解析】【解答】A.勻速圓周運動中，合外力即為向心力，圖中小球，如果受到的豎直向下的重力與豎直向上的電場力大小相等，則小球受到的合力，即繩子的拉力提供向心力，小球做勻速圓周運動，A不符合題意；

B.小球由最高點向最低點運動的過程中，電場對小球做負功，電勢能增加，所以小球在最低點電勢能最大，B符合題意；

CD.如果重力大于電場力，則圖中最低點為小球在電場和重力場的復合場中做圓周運動的等效最低點，小球在此處的速度最大，細繩的張力最大；如果重力小于電場力，則圖中最高點為小球在復合場中做圓周運動的等效最低點，小球在此處的速度最大，細繩的張力最大，CD不符合題意；

故答案為：B。

【分析】分析小球受力，根據(jù)小球能否用合力充當向心力，判斷小球能否做勻速圓周運動；根據(jù)電場力做功的正負，分析小球的電勢能；根據(jù)重力和電場力的大小關(guān)系，分析小球在復合場中做圓周運動運動的等效最低點的位置，確定小球速度和繩的張力最大時小球所處的位置。8．【答案】D【解析】【解答】A.由圖可知，a極板帶正電，b極板帶負電，極板間的電場強度方向向下，粒子只在電場力作用下向下偏轉(zhuǎn)，說明粒子受到電場力方向向下，與電場強度方向相同，所以粒子帶正電，A不符合題意；

B.由于電容器的兩極板一直與電源相連，所以移動極板的過程中兩極板間U不變，由E=Ud可知，當a極板上移，d增加，E減小，粒子受到的電場力減小，粒子在電場中做類平拋運動，沿電場方向有y=12Fmt2可知，粒子達到極板上的時間增大，水平方向上有x=v0t，可知粒子打在Q點右側(cè)，B不符合題意；

C.滑片右移，滑動變阻器接入電路中的電阻變大，但電容器兩端的壓等于電源電動勢，不變，由E=Ud可知，極板間場強不變，粒子受到的電場力不變，故粒子仍打在Q點，C不符合題意；

9．【答案】C【解析】【解答】若滑塊勻速下滑時，則有mgsinθ=μmgcosθ當加上豎直向上的電場后，在沿斜面方向，(mg-F)sinθ=μ(mg-F)cosθ受力仍保持平衡，則滑塊仍勻速下滑．故答案為：C【分析】判斷物體運動的狀態(tài)，關(guān)鍵是分析受力情況，確定合力是否為零或合力與速度方向的關(guān)系．若滑塊勻速下滑，受力平衡，沿斜面方向列出力平衡方程．加上豎直方向的勻強電場后，豎直方向加上電場力，再分析物體受力能否平衡，判斷物體能否勻速運動．10．【答案】D【解析】【解答】AD.開關(guān)S斷開時，電源只給燈泡供電，根據(jù)圖乙可知燈泡兩端的電壓為UL=40V，電流為IL=6A，可得小燈泡消耗的功率為P=ULIL=40×6W=240W電源的效率為η=UL11．【答案】A,D【解析】【解答】A.對帶電粒子在加速電場中的運動，由動能定理可知W=U1q=12mv2，解得粒子射出加速電場的速度為v=2U1qm，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間t=L12．【答案】A,B【解析】【解答】A.測量燈泡電壓時，多用電表應與燈泡并聯(lián)，根據(jù)多用電表中電流“紅進黑出”規(guī)律，可知測電壓時，紅表應接燈泡左端，黑表筆應將燈泡右端，A符合題意；

B.測量通過燈泡的電流時，多用電表應與燈泡串聯(lián)，根據(jù)多用電表中電流“紅進黑出”規(guī)律，電流從紅表筆流入多用電表，從黑表筆流出多用電表，接線正確，B符合題意；

C.測電阻時，應將待測電阻與電源斷開，根據(jù)多用電表中電流“紅進黑出”規(guī)律，圖中紅、黑表筆的位置應該互換，C不符合題意；

D.測二極管的反向電阻時，根據(jù)多用電表中電流“紅進黑出”規(guī)律，圖中紅、黑表筆的位置應該互換，D不符合題意。

故答案為：AB?！凹t進黑出”規(guī)律

【分析】根據(jù)電壓表和電流表的使用方法和多用電表中電流“紅進黑出”規(guī)律，判斷多用電表的接法是否正確。13．【答案】C,D【解析】【解答】A、根據(jù)電阻的定義R=UB、C、對應P點，小燈泡的電阻為R=UD、P點的功率P=UI，故可以用圖中矩形PQOM所圍的面積表示功率；D符合題意；故答案為：CD.

【分析】對于I-U曲線，圖像的和坐標為電壓，縱坐標為電流，圖像斜率的倒數(shù)電阻的阻值，利用歐姆定律求解電阻的阻值，結(jié)合選項求解即可。14．【答案】C,D【解析】【解答】AB.閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻R2減小，電路中總電阻減小，則總電流I增大，電壓表V3測量的電壓U3=E-I(r+R3)，可知U3減小，電阻R1兩端的電壓為U1=IR1，可知U1增大，由串并聯(lián)關(guān)系知U2=U3-U1，可知U2減小，AB不符合題意；

CD.因R1不變，則由歐姆定律可得U1I=R1，不變，由數(shù)學規(guī)律可知，?U1?I=R1，也保持不變，因滑片向上移動，故R215．【答案】A,C【解析】【解答】A.L1、L2和L3為三個相同規(guī)格的小燈泡，根據(jù)電路結(jié)構(gòu)，結(jié)合串并聯(lián)電路的特點可知，通過L1的電流為通過L2的電流的2倍，A符合題意；

B.由圖中的電路結(jié)構(gòu)可知，L2與L3并聯(lián)，兩燈泡的電壓和電流均相等，故兩燈泡的電阻相等，而L1的電流和電壓與L2和L3不同，由于小燈泡是非線性元件，所以L1的燈泡與L2和L3的電阻不同，B不符合題意；

C.由圖可知，通過燈泡L1的電流為0.25A，兩端電壓為3V，根據(jù)公式P=UI，可得P=3V×0.25A=0.75W，C符合題意；

D.根據(jù)圖像可知，L1、L2的電流之比為2：1，電壓之比大于2：1，因此根據(jù)公式P=UI可知，L116．【答案】A,B【解析】【解答】A.根據(jù)圖中的電路結(jié)構(gòu)可知，當開關(guān)S斷開時，電容器的電壓等于R2所分的電壓，電容器的極板向下移動過程中，電容器的電壓U不變，下極板接地，其電勢為零，上極板的電勢φ上=U，設電容器間距離為d，P點與上極板的距離為x，則φ上-φP=Udx，得P點的電勢為φP=U-Udx，可知將電容器的下極板稍向下移動，d增大，x、U不變，P點電勢增大，A符合題意；

B.開關(guān)S斷開時，電容器的電壓等于R2所分的電壓，大小為U1=ER1+R2+rR2=6V，此時電容器的電荷量為Q1=CU1=6×10-5C17．【答案】（1）電流表示數(shù)仍為I；r（2）2.0；6.0（3）大于【解析】【解答】（1）根據(jù)所給實驗步驟可以看出，本實驗要采用的是控制電流不變；當S2接a時，電阻箱的阻值r1，與S2接b時電阻箱電阻r2與R1的阻值之和，大小相等，此時電流表的示數(shù)仍為I，故R1=r1-r2。

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=I(R2+R+R1)，整理可得1I=1ER+R1+R18．【答案】（1）6.126；10.230（2）×1Ω；10.0（3）（4）I【解析】【解答】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，故圖中螺旋測微器的示數(shù)為6mm+12.6×0.01mm=6.126mm，圖中游標卡尺的精確度為0.0