四川省南充市阆中中学2023-2024学年高二上学期期中物理 Word版含解析.docx

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阆中中学校2023年秋高2022级期中质量检测物理试题（时间：75分钟满分：100分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2.选择题作答时，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。解答题将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，只将答题卡上交。一、单选题：（每小题只有一个符合要求的选项，共8个小题，4分/小题×8小题=32分）1.以下说法正确的是（　　）A.由可知电场中某点的电场强度与成正比B.根据真空中点电荷的电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关C.由可知，匀强电场中的任意两点、间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D.根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从点移动到点克服电场力做功为1J，则、两点间的电势差为【答案】D【解析】【详解】A．为电场强度的定义式，电场强度与无关，A错误；B．为点电荷的电场强度的决定式，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关，B错误； C．由可知，匀强电场中沿电场线方向两点、间的距离越大，则两点间的电势越大，不是任意两点、间的距离越大，两点间的电势差也一定越大，C错误；D．根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C正电荷，从点移动到点克服电场力做功为1J，则、两点间的电势差为，D正确；故选D。2.如图，实线表示电场线，一带电粒子仅在电场力作用下经N到M的运动轨迹为图中虚线，则（）A.M点的电势低于N点的电势B.粒子带正电，M点的电势高于N点的电势C.粒子在M点的电势能小于在N点的电势能D.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力【答案】B【解析】【详解】ABC．带电粒子仅在电场力作用下经N到M的运动，由粒子运动轨迹及运动方向可知该带电粒子带正电，且电场力在此过程中做负功，带电粒子由电势低位移移动到电势高的位置，即M点的电势高于N点的电势，且粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，AC错误，B正确；D．电场线的疏密反映场强的大小，故M点的场强高于N点的场强，根据可知，粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，D错误。故选B。3.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为一根光滑绝缘细杆，放在两电荷连线的中垂线上， a、b、c三点所在水平直线平行于两点电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。下列说法中正确的是（　　）A.b点的场强方向水平向右B.a点的场强与c点的场强相同C.b点的场强大于d点的场强D.套在细杆上的带电小环给一向下初速度释放后将做匀速直线运动【答案】A【解析】【详解】A．根据等量异种电荷电场线分布可知b点的场强水平向右，故A正确；B．由对称性可知，a、c两点的场强大小相同，方向不同，故B错误；C．b点的场强小于两点荷连线中点处的场强，而两点荷连线中点处的场强小于d点的场强，则b点的场强小于d点的场强，故C错误；D．套在细杆上的带电小环由静止释放后，由于竖直方向只受重力，电场力垂直细杆方向，则小环将做匀加速直线运动，故D错误。故选A。4.如图所示，真空中，平行板电容器上极板MN与下极板PQ正对且倾斜放置，与水平面夹角为θ，金属板相距为d，其间形成匀强电场。一带电液滴从下极板P点射入，恰好沿直线从上极板N点射出。下列说法正确的是（　　） A.该电容器MN极板一定带负电B.液滴从P点到N点的过程中速度一定增加C.液滴从P点到N点的过程中电势能一定减少D.油滴的加速度一定为零【答案】C【解析】【详解】ABD．一带电液滴在电场力和重力作用下由P点沿直线运动到N点，分析可知带电液滴受力如图所示电场力和重力恒定，合力恒定不为零，加速度恒定方向沿向下，该液滴一定做匀减速直线运动，由于不清楚液滴的电性，所以无法判断MN极板带正电还是负电，故ABD错误；C．由图可知，液滴所受电场力和液滴运动方向的夹角为锐角，可知电场力做正功，液滴电势能减小，故C正确。故选C。5.如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中，关于两电阻的描述正确的是（　　）A.电阻a的阻值随电流的增大而增大 B.电阻b的阻值C.在两图线交点处，电阻a的阻值大于电阻b的阻值D.在电阻b两端加4V电压时，流过电阻的电流是2A【答案】D【解析】【详解】A．根据电阻的决定式有可知，图像中，图像上的某一点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，图像a中，图像上的点与原点连线的斜率随电流增大逐渐增大，则电阻a的阻值随电流的增大而减小，故A错误；B．由于横坐标与纵坐标的标度关系不确定，因此不能够用图像倾角的正切值来求斜率，故B错误；C．在两图线交点处，根据上述，交点与原点连线的斜率相同，即交点处电阻a的阻值等于电阻b的阻值，故C错误；D．根据上述，结合图像可知，电阻b的阻值为一定值解得在电阻b两端加4V电压时，流过电阻的电流是故D正确。故选D。6.如图所示，直线A为某电源的图线，曲线B为某LED灯泡的图线，用该电源和灯泡串联起来组成闭合回路，灯泡恰能正常发光。下列说法正确的是（　　）A.电源的内阻为 B.灯泡正常发光时的功率小于5WC.灯泡的阻值随其电压增大而增大D.将灯泡换成的定值电阻后，电源的输出功率增大【答案】D【解析】【详解】A．根据图线的斜率的绝对值为电源内阻，可得此电源的内阻故A错误；B．两图线的交点表示小灯泡与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压额定电流则额定功率为故B错误；C．根据欧姆定律可知灯泡图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的大小，可知小灯L的电阻随两端电压的增大而减小，故C错误；D．电源的输出功率图像如下由图可看出当时输出功率最大，由选项B知小灯泡L的额定电压，额定电流，则小灯泡正常发光时的电阻为 若把灯泡L换成阻值恒为的纯电阻，则更接近内阻，则电源的输出功率变大，故D正确。故选D。7.如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源电动势E恒定，内阻不计将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离，则（　　）A.电容器的带电量将增大B.在A板上移过程中，电阻R中有向左的电流C.带电油滴将沿竖直方向向上运动D.M点电势将降低【答案】D【解析】【详解】AB．将A板向上平移一小段距离，板间距离d增大由可知电容器的电容变小，又电压U不变。因此电容器带电量减小，电容器放电，回路中有顺时针方向的电流电阻R中有向右的电流。选项AB错误；C．根据电容器内部电场强度可知，d增大，场强减小，油滴受到向上的电场力减小，将向下运动，选项C错误；D．A、B两板间的电场强度E减小，由可知，M点电势降低。选项D正确。故选D。 8.某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的曲线。一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点进入电场，沿x轴正方向运动。下列叙述正确的是（　　）A.粒子从O向右运动到x1运动的过程中做匀减速运动B.粒子从O运动到x3的过程中，电势能先增大后减小再增大C.若，则粒子运动到x₃处时速度最大，其大小为D.若，粒子运动到x₂时速度大小为【答案】C【解析】【详解】A．图像的斜率表示电场强度，由图像可知粒子从O向右运动到x1运动的过程中电场强度减小，方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做加速度减小的减速运动，故A错误；B．粒子从O运动到x3的过程中，电势先增大后减小，根据电势能先增大后减小，故B错误；C．若，则粒子运动到x₃处时电势能最小，电势能减少量最大，动能的增加量增大，速度最大，根据动能定理有解得故C正确；D．若，粒子沿x轴正方向做减速运动，当减速为零时，根据动能定理有 解得则粒子运动不到x₂位置速度就减为零了，故D错误。故选C。二、多选题：（每小题有多个选项符合要求，共3个小题，6分/小题×3小题=18分。注：每个小题选项全符合参考答案，得6分；若部分选项符合参考答且没有错误选项，得3分；若部分选项符合参考但有错误选项，得0分）9.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关k，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电流表、电压表V2示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU2，下列说法正确的是A.I减小B.U1、U2均减小C.变小，变大D.【答案】AD【解析】【详解】AB．P下滑，R2增加则总电阻增加，则I变小，内电压变小，路端电压变大，则U3变大，根据欧姆定律可知，定值电阻R1两端的电压U1变小，滑动变阻器R2两端的电压U2变大，故A正确，B错误；C．根据闭合电路欧姆定律可知解得恒定不变，故C错误；D．根据伏安特性曲线可知 恒定不变，根据闭合电路欧姆定律得则故D正确．10.有一电场在x轴上各点的电场强度分布如图所示。现将一带正电的粒子（不计重力）从O点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则关于该电场在x轴上各点的电势φ、带电粒子的动能、电势能以及动能与电势能之和随x变化的图像，正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【详解】A.带正电的粒子（不计重力）从O点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则电场力方向沿x轴正方向，电场线方向沿x轴正方向。沿电场线方向电势降低，A错误；C.电场力做正功，动能增加，电势能减小，C错误；B.由图像斜率大小代表电场力大小，斜率正负代表电场力方向，由图可知，场强先减小后增大，方向一直为正方向，电场力先减小后增大，一直为正方向，与题中电场强度沿x轴变化一致，B正确；D.由能量守恒 动能与电势能之和不变，D正确。故选BD。11.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像，当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s末带电粒子回到出发点C.3s末带电粒子的速度为零D.0~1.5s内，电场力做的总功为零【答案】CD【解析】【详解】根据，可知带电粒子在第1s匀加速运动，在第2s内先匀减速后反向加速所以不是始终向同一方向运动，故A错误；带电粒子的υ-t图像如图所示，图像与t轴围成图形的面积表示位移，时间轴上方为正，时间轴下方为负，可知在t=2s时位移不为零，故B错误；粒子在第3s末的瞬时速度刚好减到零，故C正确；第1.5s末的速度为零，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前1.5s内动能的变化量为零，即电场力做的总功为零，故D正确.三、实验题：（共计19分，12题(1)每小空1分，3个小空，共3分，(2)每小空2分，3个小空，共6分；13题(1)、(2)，每小空2分，5个空，共10分）12.电阻率是用来表示各种物质电阻特性的物理量。某同学在实验室测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。（1）用螺旋测微器测量其横截面直径如图甲所示，由图可知其直径为______mm ，如图乙所示，用游标卡尺测其长度为_____cm，如图丙所示，用多用电表×1Ω挡粗测其电阻为_____Ω。（2）为了减小实验误差，需进一步测量圆柱体的电阻，除待测圆柱体R外，实验室还备有的。实验器材如下，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，则电压表应选______，电流表应选_________，滑动变阻器应选_________。（均填器材前的字母代号）A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）；B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）；C．电流表A1（量程0．6A，内阻约为1Ω）；D．电流表A2（量程3A，内阻约为0．2Ω）；E．滑动变阻器R1（阻值范围0~5Ω，1．0A）；F．滑动变阻器R2（阻值范围0~2000Ω，0．1A）；G．直流电源E（电动势为3V，内阻不计）H．开关S，导线若干。【答案】①.1.844（1.842~1.846均可）②.4.240③.6.0④.A⑤.C⑥.E【解析】【详解】（1）[1][2][3]．螺旋测微器读数为固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为：D=1.5mm+34.4×0.01mm=1.844mm。游标卡尺读数为主尺读数+游标尺读数，游标尺为20刻度，游标卡尺精度值为0.05mm，由题图乙知，长度为L=42mm+8×0.05mm=42.40mm=4.240cm。多用电表的读数为电阻的粗测值，其电阻为6×1Ω=6.0Ω。（2）[4][5][6]．待测电阻大约6Ω，若用滑动变阻器R2（阻值范围0～2000Ω，0.1A）调节非常不方便，且额定电流太小，所以应用滑动变阻器R1（阻值范围0～5Ω，1.0A）；电源电动势为3V，所以电压表应选3V量程的。为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中的电流约为，所以电流表量程应选0.6A量程的。即电压表应选A，电流表应选C，滑动变阻器应选E。13.某实验小组成员要测量两节新干电池的电动势和内阻，设计并连接成了如图甲所示的电路，电压表V 的量程为，内阻很大，为阻值约为几欧的定值电阻。（1）实验先测出的阻值；闭合电键前，将电阻箱阻值R调到________（填“最大”或“最小”），闭合，接到A，调节电阻箱的阻值使电压表的示数如图乙所示，此时电压表的示数为________V，记录这时电阻箱接入电路的电阻；保持电阻箱示数不变，将切换到B，记录这时电压表的示数；则________（用、、表示）；（2）再将接到A，多次调节电阻箱，记录每次调节后电阻箱接入电路的电阻R及对应的电压表的示数U，以为纵轴，为横轴，作图像，若图像的斜率为k，与纵轴的截距为b，则电池的电动势________，内阻________（均用已知和测量的物理量表示）。【答案】①.最大②.1.10③.④.⑤.【解析】【详解】（1）[1]为保护电路，闭合电键前，将电阻箱阻值调到最大[2][3]图乙所示电压表示数为，由于电压表内阻很大，则得到（2）[4][5]根据闭合电路欧姆定律 得到根据题意可知得到得到四、解答题：（14题，6分；15题，10分；16题：15分。共计31分）14.如图所示，电源电动势，内阻，，，，。（1）闭合开关S，求稳定后通过的电流；（2）然后将开关S断开，求开关S从闭合状态到断开状态，电容器所带电荷量的变化量。【答案】（1）2A；（2）3×10-4C【解析】【详解】（1）闭合开关S，和串联，电容器充电稳定后，根据闭合电路的欧姆定律得，通过的电流为解得（2）开关S闭合时，电容器两端的电压等于电阻两端的电压 开关S断开后，电路达到稳定后，电容器两端的电压等于电源电动势则电容器两端的电压变化量为电容器电荷量的变化量15.如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，点为荧光屏的中心。已知电子质量m、电荷量e、加速电场电压、偏转电场电压U、极板的长度、板间距离d、极板的末端到荧光屏的距离为且（忽略电子所受重力）。求：（1）电子射入偏转电场时的初速度；（2）电子在偏转电场中的偏转位移y；（3）电子打在荧光屏上的P点到点的距离h。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理得解得（2）电子在偏转电场中做类平势运动，沿电场力方向有 运动的时间为解得（3）根据相似三角形有得电子打在荧光屏上的P点到点的距离16.如图所示，在水平轨道AB的末端处，平滑连接一个半径R=0.4m的光滑半圆形轨道，半圆形轨道与水平轨道相切，C点为半圆形轨道的中点，D点为半圆形轨道的最高点，整个轨道处在电场强度水平向右、大小E=4×103V/m的匀强电场中、将一个质量m=0.1kg、带正电的小物块（视为质点），从水平轨道的A点由静止释放，小物块恰好能通过D点。小物块的电荷量q=2×10－4C，小物块与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度大小g=10m/s2。求：（1）A、B两点间的距离L；（2）小物块通过C点时对轨道的压力大小FN；（3）小物块在水平轨道AB上的落点到B点的距离x。【答案】（1）；（2）5.4N；（3）0.16m【解析】【详解】（1）小物块恰好能通过点，由牛顿第二定律可知 解得vD=2m/s从A点到D点由动能定理有解得A、B两点间的距离（2）从C点到D点由动能定理有在C点由牛顿第二定律得根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小FN=N=5.4N（3）从D点出去，在竖直方向上做自由落体，则水平方向上qE=ma解得