20241114蜀光中學高2023級高二上期半期考試(教師版) 修訂1

蜀光中學高2023級高二上期半期考試物理試題考試時間：75分鐘；1.本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分。2.考生作答時，請將答案答在答題卡上。第Ⅰ卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑;第Ⅱ卷請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。第I卷(選擇題)一、單選題(本題共7小題，每小題4分，共28分)1．下列說法正確的是()A．點電荷是帶電荷量很小的帶電體B．電阻是導體本身的一種屬性，與導體兩端的電壓和通過導體的電流無關C．由于電場是客觀存在的物質，所以電場線也是客觀存在的D．帶電體的絕緣性能越好，越容易失去電荷【解析】A．在研究帶電體相互作用時，當帶電體的形狀大小以及電荷分布情況可以忽略不計時，可以看成點電荷，點電荷不是帶電量很小的帶電體。故A錯誤；B．電阻是導體本身的一種屬性，與導體兩端的電壓和通過導體的電流無關，故B正確；C．電場是客觀存在的物質，但電場線是為了方便研究電場而引入的物理模型，并不是客觀存在的，故C錯誤；D．帶電體的絕緣性能越好，電荷越容積累，故D錯誤。故選B。2．下列關于電動勢和電流的說法正確的是()A．電流可以從由電源負極流向電源正極B．電源的電動勢是由內外電壓決定的C．電源短路時，路端電壓為零，電路電流也為零D．電源的電動勢越大，電源所能提供的電能就越多【詳解】A．在電源的外部，電流方向總是從電源正極流向電源負極；在電源的內部，電流方向總是從電源負極流向電源正極，A錯誤；B．電動勢與外電路的結構無關，與內電壓和外電壓無關，B錯誤；C．電源短路時，路端電壓為零，電路中的電流較大，不為零，C錯誤；D．根據W=EIt可知，電源的電動勢越大，電源所能提供的電能不一定就越多，還和時間及電流有關，D錯誤。故選B?！敬鸢浮緼3．兩個完全相同的帶電金屬小球，相距為R(R遠大于小球半徑)，其中一個球的電荷量是另一個的5倍，它們間的吸引力大小是F，現將兩球接觸后再把它們固定在距離為2R處，它們間庫侖力的大小是()A．9F5 B．9F20 C．F4【解析】由于這兩個帶電金屬小球相互吸引，所以帶異種電荷，設這兩個金屬小球所帶電荷量分別為+5q和-q，根據庫侖定律，有：F=k5q?qR2=5kq2R2。兩小球接觸后再分開，電荷量先中和再平分，所帶電荷量都為+2q，將兩球固定在距離為2R處，它們之間的庫侖力設為4．如圖所示，厚薄均勻的矩形金屬薄片邊長為ab=10cm，bc=5cm，當將C與D接入電壓恒為U的電路時，電流為2A，若將A與B接入電壓恒為2U的電路中，則電流為(A．0.5A B．1A C．2A D．4A【解析】根據電阻定律：R=ρLS，得：RAB=ρLabSbc，RCD=ρLcdS5．如圖所示，在兩個點電荷q1、q2形成的電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下，以一定的初速度從A點運動至B點，運動軌跡如圖中實線所示，虛線為電場線。下列說法正確的是(A．該粒子帶正電B．q1的電量大于qC．A點的場強大于B點的場強D．該粒子從A到B動能先減小后增大【解析】A．根據電場線方向可知q1帶正電，粒子運動受到的力指向軌跡凹側，可知粒子帶負電，故A錯誤；BC．根據電場線疏密可知q1附近電場較大，則q1的電量大于q2的電量，A點的場強小于B點的場強，故B正確，C錯誤；D．粒子運動的速度沿軌跡切線方向，粒子從A到B時，電場力先做正功，再做負功，則動能先增大后減小，故6．如圖甲所示，在某電場中建立x坐標軸，一個電子僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，經過A，B，C三點，已知xC-xB=xB-xAA．A點電勢高于B點電勢B．A點的電場強度小于B點的電場強度C．A、B兩點電勢差的絕對值UAB大于B、C兩點電勢差的絕對值D．電子經過A點的速率大于經過B點的速率【解析】AD．一個電子僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，由圖知電勢能一直減小，則電子從A到B電場力做正功，電勢升高，根據動能定理，動能增加，速度增大，A點電勢低于B點電勢，故AD錯誤。B．根據Ep=qEx，可知圖象的斜率大小體現電場強度的強弱，因此從A到B,電場強度減小，A點的電場強度大于B點的電場強度，故B錯誤。C．由圖可知，電子通過相同位移時，電勢能的減小量越來越小，根據W=qU可知A、B兩點電勢差UAB大于B、C兩點電勢差UBC，故C正確。故選7．如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板M、N，下極板N接地?，F將其與理想二極管串聯(lián)，與靜電計并聯(lián)，初始電容器所帶電量為零。R0為定值電阻，R1和R2為電阻箱，閉合開關S穩(wěn)定后，一帶電油滴恰好靜止于兩板間的P點，則下列說法正確的是A．斷開開關S，M板稍微上移，靜電計指針偏角變小B．斷開開關S，N板稍微下移，帶電油滴的電勢能增大C．保持開關S閉合，減小R1阻值，帶電油滴D．保持開關S閉合，增大R2【解析】A．斷開開關S，電量保持不變，根據電容決定式：C=εrS4πkdM板稍微上移，d變大，電容減小，根據電容定義式：C=QUB．根據電容決定式：C=εrS4πkd，電容定義式：C=斷開開關S，電量保持不變，所以板間場強不變；P與下極板間電勢差為：U=E可知P與下極板間電勢差變大，而N板的電勢始終為零，所以P點電勢降低，且為負值。由圖可知N板為正極板，液滴處于靜止狀態(tài)，根據平衡條件可知液滴帶正電；根據：E可知N板稍微下移，帶電油滴的電勢能降低，故B錯誤；C．保持開關S閉合，電容器兩板間電壓等于電阻R0兩端的電壓，當減小R1的阻值，R0兩端的電壓增加，電容器兩板間電壓升高，根據：Q=CU?？芍娙萜鲗潆姡驗槎O管單向導電性，電容器的電量可以增加，所以電壓升高，板間場強為：E=Ud。由此可知板間場強變大，所以液滴向上運動，故D．保持開關S閉合，電容器兩板間電壓等于電阻R0兩端的電壓，當增大R2的阻值，電容器兩板間電壓與R2的阻值無關，根據：C=QU?？芍叫邪咫娙萜鞯膸щ姾闪勘３植蛔?，故D錯誤。故選二、多選題(本題共3小題，每小題5分，共15分。漏選得3分；錯選不得分)8．如圖所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止。現撤去F，小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中()A．小球的機械能增加W1＋12mvB．小球的重力勢能增加－W1C．小球的電勢能減少W2D．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒【解析】A．從撤去F到小球離開彈簧，設除重力以外其他力做功為W'：W'+W1=12mB．重力勢能增加量等于物體克服重力做的功，故小球的重力勢能增加－W1，故B正確；C．小球的電勢能減少量等于電場力做的功，故小球的電勢能減少W2，故C正確；D．從撤去F到小球離開彈簧，由電場力對系統(tǒng)做正功，故該系統(tǒng)的機械能不守恒，故D錯誤。故選BC。9．某同學按如圖電路進行實驗，電壓表內阻看作無限大，電流表內阻看作零．實驗中由于電路發(fā)生故障，發(fā)現兩電壓表示數相同了(但不為零)，若這種情況的發(fā)生是由用電器引起的，則可能的故障原因是:A．R3短路 B．RP短路C．R3斷開 D．R2斷開【解析】若R3短路則電壓表V2示數為零，若R3斷開則V2測R2兩端電壓，V1測滑動變阻器和R2串聯(lián)總電壓，兩表示數不同；若Rp短路，兩表都測R2電壓，電壓表示數相同，R10．在勻強電場中有一個正六邊形區(qū)域abcdhf，電場線與六邊形所在平面平行，如圖所示。已知a、b、h三點的電勢分別為7V、11V、－5V，帶電荷量為e的粒子(重力不計)以16eV的初動能從b點沿不同方向射入abcdhf區(qū)域，當粒子沿bd方向射入時恰能經過c點，下列判斷正確的是()A．粒子帶負電B．粒子可以經過正六邊形各頂點射出該區(qū)域C．粒子經過f點時動能為4eVD．粒子沿bd方向發(fā)射后的最小動能為4eV【解析】如下圖所示，連接bh，fd，ah，過b點作bh的垂線交于與ah的延長線交于m點。A．由幾何關系易得，α=30°，β=60°，∠bah=90因為φa=7V，φb故有：Uah=12V，因為mh=2mb=4ma，則：U故有：φ則mb為等勢線，因為∠mbh=90°，故電場線方向為由m點指向h點。當粒子沿bd方向射入時恰能經過c點，可知粒子向下偏轉，則粒子帶負電，故B．當該粒子沿bh方向運動時，恰不能從h點處射出，故B錯誤；C．由幾何知識得bn=34bh且n點與粒子沿bd方向入射能夠到達c點，合力指向軌跡的凹側可知粒子應該帶負電，從b點運動到f點，由動能定理得：E解得，粒子經過f點時動能為Ekf=4eV，故D．當粒子沿bd方向射入該區(qū)域后，將做勻變速曲線運動。沿垂直于電場方向的速度大小為：vx=2Ekm故選ACD。第II卷(非選擇題)實驗題(本題共2小題，每空2分，共16分)11．圖甲為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E、E'是電池；R1、R2、R5、R6是固定電阻，R3、R4是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA，內阻為480Ω。該多用電表有6個擋位：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×10Ω擋和×100(1)圖中當中S調到時電流表量程較大(在1、2、3、4、5、6中選填)。(2)關于R3、R4的使用，下列說法正確的是(填正確答案標號)。A．在使用多用電表之前，調整R3、R4使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B．使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調整R3或R4使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C．使用電流擋時，調整R3、R4使用電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置(3)根據給出的條件可得R1=Ω。(4)某次測量時該多用電表指針位置如圖乙所示。若此時B端是與“2”相連的，則多用電表讀數為mA?！窘馕觥?1)[1]當S調到1時，表頭與R2串聯(lián)后再與R1并聯(lián)，改裝成電流表，當S調到2時，R1與R2串聯(lián)后再與表頭并聯(lián)，改裝成電流表，即當S調到[2]S調到1時，改裝電流表的量程：I1S調到2時，改裝電流表的量程：I2可知，S調到1時電流表量程較大；[3]由電源正負極可知，電路中電流從表筆A進入，從表筆B流出，結合“紅進黑出”規(guī)律可知，圖中A是紅表筆。(2)A．在使用多用電表之前，需要進行機械調零，即調整機械調零旋鈕，使電表指針指在表盤左端電流“0”位置，故A錯誤；B．使用歐姆擋時，需要進行歐姆調零，即先將兩表筆短接，調整R3或R4使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置，故B正確；C．結合上述可知，當S調到1、2時，使用的才是電流擋，此時R3、R4不起作用，故C錯誤。故選B。(3)[1][2]結合上述，S調到1時電流表量程較大，即S調到1時，量程為1mA擋，S調到2時，量程為2.5mA擋，根據：I1=解得：R1+R2=160Ω，R1=64Ω(4)時B端是與“2”相連，改裝成1mA的電流表，根據電流表的讀數規(guī)律，該讀數為0.70mA?！敬鸢浮?1)1；(2)B；(3)64；(4)0.70mA12．某同學想要研究某元件Rx的特性，描繪出U-I待測元件Rx(額定電壓6V，額定電流0.5A)電壓表V(量程3V，內阻為3kΩ)電流表A1(量程3.0A，內阻為0.05Ω)；電流表A2(量程200mA，內阻為0.5Ω)；定值電阻R0(5000Ω)定值電阻R1(0.25Ω)滑動變阻器R2(阻值0~10.0Ω滑動變阻器R3(阻值0～1000.0Ω)電源E(電動勢6V，內阻不計)；開關S；導線若干，(1)為了更精確地測量電流，電流表選(選填“A1”或“A2(2)實驗中應將電壓表V與定值電阻R0串聯(lián)改裝為量程為V的電壓表(3)設計電路，在虛線框中畫出電路圖。測得該元件的U-I圖如下?，F將兩個與Rx同型號的元件串聯(lián)，再與一個阻值為4.5Ω的定值電阻串聯(lián)后，接在一電動勢為5V、內阻0.5Ω的電源兩端，則兩個元件Rx消耗的總功率為W(結果保留兩位有效數字【解析】(1)[1]為了描繪0~6V范圍內的U-I曲線，電壓要從零開始測量，滑動變阻器采用分壓式接法，故滑動變阻器選擇阻值較小的R1；A1表的量程太大，所以需要選A2進行改裝。(2)為了擴大量程，電壓表V應該與定值電阻R0串聯(lián)，改裝后的電壓表量程為：U=(3)電路圖如右。(4)由題可得電路如圖所示，根據閉合電路歐姆定律可知：E=2U+I整理可得：U=-2.5I+2.5作出閉合電路的U-I圖像如圖所示，由圖像可知交點為0.28A,1.7V，則兩個電阻的總功率【答案】(1)A2、(2)8；(3)如圖；(3)0.90四、解答題(本題共3小題，共41分)13．(10分)如圖所示，帶正電的小球1用絕緣細線a懸掛在水平墻壁上，帶負電的小球2用絕緣細線b懸掛在豎直墻壁上。當兩小球處于靜止狀態(tài)時，細線b水平，細線a與豎直方向的夾角為37°，小球1、2間的距離d=2m，已知小球1、2的質量分別為m1=4.2kg,m2=5.4kg(1)細線b上的彈力大小F；(2)小球2所帶的電量大小q2【解析】(1)對a、b整體分析，由平衡條件有：F=m1+m(2)對b分析，有：F庫=F2由庫侖定律有：F庫=kq1得：q2=2×10-414．(12分)某直流電動起重機裝置如圖所示。已知電源電動勢E=6V，電源內阻r=1Ω，電阻R=3Ω，當重物質量很大時，閉合開關S，電動機未能將重物提升，且轉軸與繩間不打滑，此時理想電壓表的示數為5V；當重物質量m=0.1kg時，閉合開關S，電動機最后以穩(wěn)定速度勻速提升重物，此時電動機消耗功率最大(不計摩擦，g(1)電動機的內阻RM(2)重物勻速上升時流過電動機的電流大小IM及電機的功率(3)重物勻速上升的速度大小v。【解析】(1)根據閉合電路歐姆定律，可知：E=Ir+U1……(2解得：I=1此時電動機不轉動，根據歐姆定律：RM=U1(2)根據能量關系：PM=EI-I2當：IM=34A電動機取極大功率：PM=94(3)對電動機根據功率關系：PM=IM解得：v=98m/15．(19分)如圖甲所示，在坐標系xOy中，α射線管由平行于x軸的金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成。細管C到兩金屬板距離相等，右側的開口在y軸上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向發(fā)射某一初速度的α粒子。若金屬板長為L、間距為d，當A、B