湖南省岳阳市平江县五校2023-2024学年高二上学期期中联考物理 Word版含解析.docx

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平江县2023年高二下期联考试题卷物理试题时量：75分钟分量：100分考生注意：答案请务必填写在答题卡上一、单选题（每题4分，共24分，每题只有一个选项符合题意）1.如果说电是现代文明的标志，那么电磁波就是现代文明的重要基础。人类历史上建立了系统的电磁场理论并预言电磁波存在的科学家是（　　）A.奥斯特B.麦克斯韦C.法拉D.赫兹【答案】B【解析】【详解】麦克斯韦建立了系统的电磁场理论并预言电磁波存在。故选B。2.甲，乙，丙为三个完全相同的金属小球，甲带电量＋10Q，乙带电量－Q，丙不带电，将甲、乙固定，相距r，甲，乙间的相互作用力为10N；然后让丙球反复与甲、乙球多次接触，最后移去丙球，甲乙两球最后总带电量和甲，乙两球间的相互作用力分别变为（）A.3Q9NB.3Q6NC.6Q9ND.6Q6N【答案】C【解析】【详解】带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分。将甲、乙固定起来，然后让丙球反复与甲、乙球接触，最后移走丙，所以甲、乙、丙最终带电量q＝3Q，甲、乙两球所带电荷总量为6Q，原来甲、乙间的相互吸引力的大小是后来甲、乙间的相互吸引力的大小是故选C。 3.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能EP随位移x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是A.粒子从x1处运动到x2处的过程中电场力做负功B.x1、x2处电场强度的方向沿x轴正方向C.x1处的电场强度大小大于x2处的电场强度大小D.x1处的电势比x2处的电势低【答案】D【解析】【分析】根据图象可以知道电势能的变化情况，可判断出电场力做功情况，分析出电场力的方向，进而判断出电场强度的方向．由图可知，粒子通过相同位移时，电势能的减小量增大，说明电场力做功变快，由W=Fs可知电场力的变化情况，判断出电场强度的大小．由电场线的方向可判断电势的高低．【详解】带负电粒子从x1运动到x2的过程中电势能减小，则电场力做正功，故A错误；电场力做正功，说明粒子所受的电场力方向沿x轴正方向右，粒子带负电，可知电场强度方向沿x轴负方向，故B错误；根据△Ep=-F△x，知Ep-x图象斜率的绝对值等于电场力，由图知，粒子在x1处所受的电场力小于在x2处所受的电场力，因此x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度的大小，故C错误；电场强度方向沿x轴负方向，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，x1处的电势比x2处的电势低，故D正确．故选D．【点睛】解题过程中要把握问题的核心，要找准突破点：Ep-x图象斜率的绝对值等于电场力，还要掌握功与能的关系、电势与电场线方向的关系．4.两根材料相同的均匀导线x和y串联在电路中，两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图中的ab段和bc段图线所示，则导线x和y的横截面积之比为（）A.2∶1B.1∶2C.6∶1D.1∶6【答案】B 【解析】【详解】试题分析：ab段和bc段的电势差分别为2V，4V，电流相等，根据欧姆定律得：．根据电阻定律得，，则，则横截面积之比：．故选B．考点：电阻定律;欧姆定律【名师点睛】本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，要能从给定的图线中获取两电阻两端电压的大小，根据欧姆定律求解电阻；难度不大．5.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为，质子的质量为，其电量为e，那么这束质子流内单位体积的质子数是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】质子加速过程有根据电流的微观定义式有解得故选D。 6.如图所示，线圈abcd在匀强磁场区域EFGH中，下列情况下线圈中不能产生感应电流的是（　　）A.把线圈变成圆形（周长不变）B.使线圈在磁场中加速平移C.使磁场增强或减弱D.使线圈以过ab的直线为轴旋转【答案】B【解析】【详解】A．把线圈变成圆形（周长不变），线圈的面积增大，穿过线圈的磁通量增大，能够产生感应电流。故A错误；B．由于磁场是匀强磁场，因此线圈无论向那个方向平移，磁通量都不会发生变化，不会有感应电流产生，故B正确；C．使磁场增强或减弱穿过，线圈的磁通量增大或减小，能够产生感应电流。故C错误；D．当线圈以ab为轴旋转时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故D错误。故选B。二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分。选对但不全的得3分，有错选的得0分。）7.关于多用电表的使用，下列说法不正确的是（）A.表盘上电阻的刻度线不均匀，越靠近右侧刻度线越密集B.使用完毕应把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡C.测量电阻时，第一次测量之前要欧姆调零，之后就算换倍率测量，也没有必要重新欧姆调零D.测量直流电压、直流电流时电流从“＋”接线柱流入多用电表，测电阻时电流从“－”接线柱流入多用电表【答案】ACD【解析】【详解】A．欧姆挡刻度分布不均匀，越靠近左侧刻度线越密集，故A错误；B．使用完毕应把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡，故B正确；C．测量电阻时，第一次测量之前要欧姆调零，之后只要换倍率测量，就必须重新欧姆调零，故C错误；D ．测量直流电压、直流电流时电流从“＋”接线柱流入多用电表，测电阻时也是电流从“＋”接线柱流入多用电表，故D错误。本题选错误的，故选ACD。8.一束粒子沿水平方向平行飞过小磁针上方，如图所示，此时小磁针S极向纸内偏转，这一束粒子可能是（　　）A.向右飞行的正离子束B.向左飞行的正离子束C.向右飞行的负离子束D.向左飞行的负离子束【答案】BC【解析】【详解】A．向右飞行的正离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，正离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，不符合题意，故A错误；B．向左飞行正离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，符合题意，故B正确；C．向右飞行的负离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，符合题意，故C正确；D．向左飞行的负离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，不符合题意，故D错误。故选BC。9.如图所示电场，实线表示电场线。一个初速度为v的带电粒子仅在电场力的作用下从a点运动到b点，虚线表示其运动的轨迹，则（）A.粒子带正电B.a点电势高于b点电势C.粒子在a点的速度大于在b点的速度 D.粒子的加速度一直减小【答案】BC【解析】【详解】A．由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，受力方向指向弧内，即电场力方向和电场方向相反，则粒子带负电荷，故A错误；BC．电场力方向与速度方向夹角大于90°，一直做负功，动能减小，电势能增加，因为粒子带负电，在低电势处电势能大，故a点的电势大于b点的电势，在a点的速度大于在b点的速度，故BC正确；D．从a到b过程中电场线先变密后变疏，故电场强度先增大后减小，所以粒子的加速度先增大后减小，D错误。故选BC。10.如图所示，闭合开关S，电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带电灰尘P处于静止状态。若将滑动变阻器R2的滑片向b端移动，则（　　）A.电压表读数增大B.电流表读数减小C.R1消耗的功率减小D.灰尘P将向下运动【答案】ABC【解析】【详解】AB．有当滑片b移动，变阻器电阻变大，总电阻变大，根据电流变小，电流表示数变小。电压表示数可知，电压表示数变大，故AB正确；C．根据知，电流变小，电阻不变，R1消耗的功率减小，故C正确； D．电容器间电压增大，由板间电场强度增大，灰尘P受到向上的电场力变大，则电场力大于重力，灰尘P向上运动，故D错误。故选ABC。三、实验题题（每空2分，共14分）11.如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。（1）该实验使用的科学方法是___________。A.类比法B.控制变量法C.假设法D.微小量放大法（2）影响平行板电容器电容的因素有___________。A.极板的材料B.两极板间距离和两极板的正对面积C.电容器储存的电荷量（3）在实验中观察到的现象是___________。A.将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小B.向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大C.将左极板右移，静电计指针的张角变小D.将左极板拿走，静电计指针的张角变为零【答案】①.B②.B③.C【解析】【详解】（1）[1]本实验中，若研究电容与两极板正对面积的关系时，需要保持极板间距、电介质等其他量保持不变，所以采用的科学方法是控制变量法，故B正确。故选B。（2）[2]由平行板电容器决定式可知影响平行板电容器电容的因素有两极板间距离、两极板的正对面积和两极板之间的电介质，故B正确。 故选B。（3）[3]A．本实验中，将左极板向上移动一段距离，即两极板的正对面积减小，平行板电容器的电容减小。由于电容器的带电荷量不变，根据电容的定义式即可知，两极板之间的电势差增大，故静电计指针的张角变大，故A错误；B．向两板间插入陶瓷片时，平行板电容器两极板间介电系数增大，故平行板电容器的电容增大。由于电容器的带电荷量不变，故两极板之间的电势差减小，静电计指针的张角变小，故B错误；C．将左极板右移，两极板间的距离减小，故平行板电容器的电容增大。由于电容器的带电荷量不变，故两极板之间的电势差减小，静电计指针的张角变小，故C正确；D．将左极板拿走，相当于两极板间的距离很大，则平行板电容器的电容变得很小。由于电容器的带电荷量不变，则两极板之间的电势差变大，静电计指针的张角会变大，故D错误。故选C。12.兴趣小组的同学测量某金属丝的电阻率。（1）用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置分别测量金属丝的直径。某次测量时，螺旋测微器示数如图甲所示，读数为______mm。（2）用图乙所示电路测量金属丝电阻，实验室提供的实验器材有：A．待测金属丝Rx（接入电路部分的阻值约5Ω）B．直流电源（电动势4V）C．电流表（0~0.6A，内阻约0.1Ω）D．电压表（0~3V，内阻约3kΩ）E．滑动变阻器（0~10Ω，允许通过的最大电流2A）F．滑动变阻器（0~100Ω，允许通过的最大电流0.3A）G．开关，导线若干 实验中，滑动变阻器应选用______。（填器材的序号）（3）测得金属丝接入电路部分的长度L和金属丝直径的平均值d。正确连接电路。测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的U-I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则金属丝的电阻率ρ=______。（4）由于电表内阻的影响，实验中电阻率的测量值______（选填“大于”或“小于”）真实值。【答案】①.1.414②.E③.④.小于【解析】【详解】（1）[1]由图示螺旋测微器可知，其读数为（2）[2]实验中滑动变阻器采用分压式接法，为方便实验操作，应选最大阻值较小的额定电流较大的滑动变阻器E。（3）[3]由欧姆定律得斜率为金属丝阻值由电阻定律得解得电阻率（4）[4]由图乙所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，金属丝电阻的测量值小于真实值，由于电阻测量值小于真实值，则金属丝的电阻率测量值小于真实值。四、计算题（第13题12分，第14题14分，第15题16分，共42分）13.用30cm的细线将质量为4×10-3㎏的带电小球P悬挂在Ｏ点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态。(1)分析小球的带电性质；(2)求小球的带电量； (3)求细线的拉力。【答案】（1）小球带正电（2）3×10﹣6C（3）0.05N【解析】【详解】（1）小球受力如图，故带正电．（2）小球受力平衡，在水平方向：，得（3）如受力图可知：．14.如图所示，在纸面内竖直放置的平行金属导轨，上端接有电动势、内阻的电源。从纸外侧靠在竖直导轨上的金属棒ab的质量、电阻，它与导轨间的动摩擦因数为，有效长度为0.2m。为使金属棒不下滑，在导轨平面内加一竖直方向的匀强磁场（图中未画出）。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求：（1）所加磁场方向是竖直向上的还是竖直向下的？（2）所加磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件。 【答案】（1）竖直向上；（2）【解析】【详解】（1）为使金属棒不下滑，由左手定则及平衡条件可知，所加磁场方向竖直向上。（2）受力分析如图所示，当金属棒刚要下滑时，根据平衡条件，则有电路中电流为联立解得所加磁场的磁感应强度B的大小应满足15.如图所示，已知电子质量为m、电荷量为e，有一电子初速度为零，经电压加速后，进入两块间距为d的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，飞出时速度的偏转角为θ，电子重力不计求∶（1）电子刚进入板间电场时的速度大小v0。（2）电子离开电场时的速度大小v。（3）平行金属板间的电场强度大小E。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电子在电场中加速，有解得（2）电子离开电场时的速度（3）电子飞过偏转电场过程中，有又由于U=Ed，则解得