2021-2022年安徽省芜湖市第一中学高二（上）期中物理试题含解析

  芜湖一中2021—2022学年第一学期期中考试高二物理试卷

一、选择题（本题共12小题。1～8小题，只有一个选项正确，每小题4分；9～12小题，有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共48分。）

1. 下列说法中，正确的是            （　　）

A. 电场强度和电势差都是矢量

B. 电势为零的地方，电场强度也一定为零

C. 某两点的电势差为零，把电荷从这两点中的一点移到另一点，电场力做功一定为零

D. 由公式可知，电场中某两点间的电势差与电场力做的功成正比，与电荷的电荷量成反比

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.电场强度是矢量，电势差是标量，故A错误；

B.电势与电场强度没有直接关系，故B错误；

C.根据电势差的定义式为：，因为电势差为零，所以电场力做功一定为零，故C正确；

D.电场中某两点的电势差由电场和两点间的位置决定，跟电场力做的功和电荷量没有关系，故D错误。

故选C。

2. 如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹．下列判断正确的是

A. 带电粒子一定带正电

B. 电场线MN的方向一定是由N指向M

C. 带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加

D. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能

【答案】D

【解析】

【详解】A、B项：由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故AB错误；

C项：粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C错误；

D项：粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，故D正确．

3. 如图甲所示，在一条电场线上有A、B两点，若从A点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A点运动到B点的速度—时间图象如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）

A. 电子在A、B两点受的电场力 B. A、B两点的电场强度

C. A、B两点的电势 D. 电子在A、B两点具有的电势能

【答案】C

【解析】

详解】AB．从速度图象看出，电子从A运动到B过程速度增大，加速度变小，电场力减小，即

FA＞FB

场强变小，则B点的场强小于A点的场强，即

EA＞EB

故A错误，B错误；

C．根据题意，电子从静止释放后从A运动到B，则电子受到的电场力方向从A→B，而电子带负电，电场线方向从B→A，则B点的电势大于A点的电势，即

故C正确；

D．因电场力做正功，则电势能减小，，故D错误。

故选C。

4. 如图所示，当将两个横截面不同、长度相等的均匀铜棒串联接在电路中时，下列说法正确的是（　　）、

A. 通过两棒的电流强度不同

B. 两棒中自由电子定向移动的平均速率相等

C. 两棒的电阻相等

D. 相同时间内通过两棒的电荷量相等

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．因两棒串联，则通过两棒的电流相等，A错误；

B．电流的微观表达式为，通过两棒的电流相等，单位体积内的自由电子数相等，而两棒的横截面积不相同，故自由电子定向移动的平均速率不同，B错误；

C．由电阻定律可知，两棒的电阻不同，C错误；

D．通过两棒的电流相等，根据，相同时间内通过两棒的电荷量相等，D正确。

故选D。

5. 如图所示，abcd是矩形的四个顶点，它们正好处于某一匀强电场中，电场线与矩形所在平面平行．已知，；a点电势为15V，b点电势为24V，d点电势为6V．则此匀强电场的电场强度大小为（    ）

A 300V/m B. 600V/m C. V/m  D. V/m

【答案】B

【解析】

【详解】在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等，故：

则得：

24V-15V+6V=15V，

将bd连接起来，两点电势差为18V，而ba电势差为9V，所以将bd二等分，中点M电势为15V，将Ma连接为等势面Ma的垂线为电场线，如图所示：

所以bM间的电势差为：U=9V，则电场强度为：

V/m．

ACD.根据计算可得：E=600V/m，故ACD错误；

B. 根据计算可得：E=600V/m，故B正确．

6. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中错误的是（　　）

A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大

B. 对应P点，小灯泡的电阻为

C. 对应P点，小灯泡的电阻为

D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积

【答案】C

【解析】

【详解】A．图线上的点与原点O连线的斜率的倒数表示电阻值，由图可知随着所加电压的增大，图线斜率减小，故小灯泡的电阻增大，A正确，不符合题意；

BC．由欧姆定律可得，对应P点，小灯泡的电阻为

B正确，不符合题意，C错误，符合题意；

D．对应P点，小灯泡的功率为

P=U1I2

与题图中PQOM所围的面积相等，D正确，不符合题意。

故选C。

7. 两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为-q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示。在其他条件不变的情况下，如果将B板向下移动一小段距离，则该过程中（　　）

A. 油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a

B. 油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b

C. 油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a

D. 油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b

【答案】B

【解析】

【详解】B板下移，两极板间距变大，根据平行板电容器的决定式，可得

易知，电容器的电容减小。又因为电容器与电源相连，所以极板间电压保持不变。由公式

可知极板上电荷量减少，电流从A板流向电源正极，所以电流计中的电流从a流向b。

又

可知极板间场强减小，油滴所受电场力减小，将从静止状态向下加速运动。

故选B。

8. 如图（a）所示，在两平行金属板中央有一个不计重力的静止电子，当两板间所加的的电压分别如图（b）中甲、乙、丙、丁所示时，关于电子在板间的运动（假设不与两板相碰），下列说法正确的是（　　）

A. 电压是甲图时，在时间内，电子的电势能先减少后增加

B. 电压是乙图时，在时间内，电子的电势能先增加后减少

C. 电压是丙图时，电子在板间做往复运动

D. 电压是丁图时，电子在板间做往复运动

【答案】AD

【解析】

【详解】A．若是甲图，0〜时间内粒子先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A正确；

B．电压是乙图时，在0〜时间内，电子先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；

C．电压是丙图时，电子先做加速度先增大后减小的加速运动，过了做加速度先增加后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后继续朝同一方向加速减速，故粒子一直朝同一方向运动，C错误；

D．电压是丁图时，电子先加速，到后减速，后反向加速，后反向减速，T时减为零，之后又加速…；故粒子做往复运动，D正确。

故选AD。

9. 如图所示，P、Q处固定有等量的同种正电荷，O为P、Q连线的中点，在P、Q连线的垂直平分线上，一个带电粒子在A点由静止释放，结果粒子在A、B、C三点的加速度大小相等，且A、C关于P、Q连线对称，不计粒子受到的重力，则下列说法正确的是（　　）

A. 带电粒子在点的速度为零

B. 带电粒子在点的速度最大

C. 带电粒子在点的加速度为零

D. 带电粒子从A点运动到点的过程中，加速度先减小后增大

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．由题意，根据对称性可知A、C两点电势相等，所以粒子在A、C两点的电势能相等，由于粒子从A点由静止释放，即初动能为零，根据能量守恒定律可知粒子在C点动能也为零，即速度为零，故A正确；

BC．根据等量同种电荷周围的电场分布可知OA之间电场强度方向由O指向A，OC之间电场强度方向由O指向C，且在O点处电场强度为零，所以粒子从A到O的过程始终做加速运动，从O到C的过程始终做减速运动，粒子到达O时速度达到最大，且加速度为零，故BC正确；

D．在P、Q连线的中垂线上，从O点到无穷远处，电场强度先增大后减小，因为粒子在A、B两点的加速度大小相等，所以A、B两点电场强度大小相等，则电场强度最大值在A、B之间，所以带电粒子从A点运动到点的过程中，所受电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，故D错误。

故选ABC。

10. 如图所示，用长为L的绝缘轻绳一端连着带电小球在竖直平面内绕固定点O点做逆时针圆周运动，已知小球质量为m，电量为+q，匀强电场强度为E，方向水平向右。则下列说法正确的是（　　　）

A. 小球经过最高点时速度最小，绳子拉力最小

B. 小球运动过程中的最小速度可能为

C. 从B到D的过程中，小球的动能与电势能之和先减小后增加

D 如果轻绳断裂，小球将做匀变速运动

【答案】CD

【解析】

【详解】AB．带电小球在竖直平面内绕固定点O点做逆时针圆周运动，根据物体做完整圆周运动的条件，只有当小球受到绳子的拉力为0，且小球自身重力与电场力的合力提供小球做圆周运动所需的向心力时，小球的速度最小，即有

解得

显然小球经过最高点时，绳子拉力不可能为0，故AB错误；

C．由于小球做逆时针圆周运动，从B到D的过程中，小球的重力势能先增加后减小，根据能量守恒定律可判断，小球动能与电势能之和先减小后增加，故C正确；

D．如果轻绳断裂，小球将受到自身重力与电场力的作用，由于二者的合力不变，故小球将做匀变速运动，故D正确。

故选CD。

11. 在如图所示的电路中，闭合开关S，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，电表示数的变化量分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列说法正确的是（　　）

A. 不变，不变 B. 变大，变大

C. 变大，不变 D. 不变，不变

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】A．根据欧姆定律得知

故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，、均不变，故A正确；

BC．由

当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2变大，根据闭合电路欧姆定律得

则有

不变，故B错误，C正确；

D．由

变大，根据闭合电路欧姆定律得

则有

不变，故D错误。

故选AC。

12. 带电小球在电场力和重力作用下，由静止开始沿竖直方向向下运动．运动过程中小球的机械能随位移关系如图所示，曲线关于x＝x0对称，最低点位置坐标为x0，在小球运动到x＝2x0的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 小球所受电场力方向可能不变

B. 小球所受电场力始终比重力小

C 小球加速度一直增大

D. 小球在x0位置时，动能最大

【答案】BC

【解析】

【详解】由图象可知，小球机械能先减小后增大，则说明电场力先做负功后做正功，运动方向不变，故电场力方向发生变化，故A错误；0﹣x0段小球做加速，又电场力做负功，故竖直向上，故重力大于电场力，两段关于x0对称，故小球所受电场力始终比重力小，故B正确；图象中斜率表示电场力，由图可知，电场力先减小后增大；且据A项分析可知电场力方向先竖直向上，此时a＝g﹣，故加速度增大；后电场力竖直向下且增大，加速度为a＝g+，则加速度继续增大，故加速度一直增大；故C正确；根据C项分析可知，加速度方向始终与速度方向相同，故小球一直加速，2x0处速度最大，故D错误．

第Ⅱ卷（非选择题  共52分）

二、实验题（共15分。13题8分、14题7分）

13. 测定金属丝的电阻率，提供实验器材如下：

A待测金属丝R（电阻约8Ω）

B.电流表A（0.6A，内阻约0.6Ω）

C.电压表V（3V，内阻约3kΩ）

D.滑动变阻器R1（0-5Ω，2A）

E.电源E（6V）

F.开关，导线若干

（1）用螺旋测微器测出金属丝的直径如图所示，则金属丝的直径为________mm．

（2）某同学采用如图所示电路进行实验，请用笔画线代替导线，在图中将实物电路图连接完整（    ）．

（3）测得金属丝的直径为d，改变金属夹P的位置，测得多组金属丝接入电路的长度L及相应电压表示数U、电流表示数I，作出如图所示．测得图线斜率为k，则该金属丝的电阻率ρ为________

（4）关于电阻率的测量，下列说法中正确的有________

A．开关S闭合前，滑动变阻器R1的滑片应置于最左端

B．实验中，滑动变阻器R1的滑片位置确定后不可移动

C.待测金属丝R长时间通电，会导致电阻率测量结果偏小

D.该实验方案中电流表A的内阻对电阻率测量结果没有影响

【答案】    ①. 0.398    ②.     ③.     ④. AD

【解析】

【详解】（1）螺旋测微器主尺刻度0mm，分尺刻度，所以读数为0.398mm．

（2）根据电路图连接实物图如下：

（3）设电流表内阻，根据欧姆定律可知待测电阻：，根据电阻方程：，截面积：，联立解得：，图像斜率：，所以电阻率．

（4）为了保护电路，实验开始前应使待测回路电流最小，滑动变阻器滑片处于最左端，A正确．

B.实验要测量多组电压、电流值，通过改变滑片位置，改变电压表示数，滑动变阻器滑片需要移动，B错误．

C.待测金属丝R长时间通电，因为电流热效应存在，温度升高，电阻率变大，C错误．

D.根据可知，电流表的内阻存在不会改变图像的斜率，对电阻率没影响，D正确．

14. 某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值为“2.5 V　1.25 W”，实验室中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：

电压表V1（量程为3 V，内阻为3 kΩ） 电流表A1（量程为100 mA，内阻为10 Ω）

电流表A2（量程为3 A，内阻为0.1 Ω） 滑动变阻器R1（0～10 Ω，额定电流为2 A）

滑动变阻器R2（0～1 kΩ，额定电流为0.5 A）    定值电阻R3（阻值为2.5 Ω）

定值电阻R4（阻值为10 Ω）                   定值电阻R5（阻值为1 kΩ）

电源E（E=3 V，内阻不计）

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。

（1）实验中滑动变阻器应选用___________，电流表应选用___________。（均填器材的符号）

（2）在图1中的虚线框内画出电路图。（图中标出选用的器材的符号）（       ）

（3）实验中得到的该灯泡的伏安特性曲线如图2所示，如果将小灯泡与另一个电动势为2 V，内阻为4 Ω的电源直接相连，则小灯泡的实际功率为___________W。（保留两位有效数字）

【答案】    ①. R1    ②. A1    ③.     ④. 0.22-0.26

【解析】

【详解】（1）[1][2]实验中滑动变阻器要接成分压电路，则应选用阻值较小的R1；灯泡的额定电流为

电流表A2量程过大，则电流表应选用A1与定值电阻R3（阻值为2.5 Ω）并联，可相当于改装为量程为0.5A的电流表；

（2）[3]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采用外接法，实验电路图如图所示

（3）[4]在灯泡I﹣U坐标系内作出电源的I﹣U图线如图所示：

由图示图线可知

U＝0.9V

I＝0.28A

灯泡实际功率为

P＝UI＝0.9×0.28≈0.25W

三、计算题（第15题6分、16题8分、17题10分、18题13分，共，37分）

15. 如图所示，电源电动势，内阻，标有“”的灯泡恰好能正常发光，电动机的绕线电阻。

(1)求干路中的电流；

(2)若电动机以的速度匀速竖直向上提升重物，取，求该重物的质量。

【答案】(1)；(2)

【解析】

【详解】(1)由题意可知，路端电压

根据

得

(2)由灯泡正常发光得

解得

16. 如图所示，在O点处固定一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球下落的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h，若小球通过B点时的速度为v，试求：

（1）小球通过C点时的速度大小；

（2）小球由A到C的过程中电场力做的功。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由题分析知B、C两点电势相等，则小球由B到C的过程只有重力做功，由动能定理有

解得

（2）由A到C，应用动能定理有

解得

17. 如图所示，在平面的第一象限，存在以轴、轴、直线及直线为边界的匀强电场区域I，电场强度大小为E，方向水平向右；在第二象限存在以轴、轴、及边界的匀强电场区域II，电场方向竖直向上.一电子(电荷量大小为e，质量为m，不计重力)从B点处静止释放，恰好从N点离开电场区域II.

(1)求电子通过C点时的速度大小；

(2)求电场区域II中的电场强度的大小.

(3)电子由电场区域I中某点静止释放，从电场域II的边界NO离开，且出射速度的方向与轴负方向成53°角，求释放点的位置应满足的条件(sin53°=0.8，cos53°=0.6).

【答案】(1) (2) (3) 电子的释放点在一条直线段上，即y=x（0<x<2L）

【解析】

【详解】（1）从B到C，依题意有

解得

（2）电子从C点进入电场区域Ⅱ，在区域Ⅱ中电子做类平拋运动，如图所示.

x轴方向：

3L=vC·t

y轴方向：

联立两式结合

解得

（3）电子由电场区域Ⅰ中某点P（x，y）静止释放、经Q点进入电场区域Ⅱ，并从R点离开，设vR与边界NO的夹角为θR. 于是有

，

由题意易得

联立以上各式并带入数据得

y=x

故电子的释放点在一条直线段上，即

y=x（0<x<2L）

18. 如图所示，水平绝缘光滑轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径R=2.5m。整个轨道处于水平向左的匀强电场中，电场强度为E=100N/C。现有一电荷量为q=+0.3C，质量为m=4kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体通过半圆形轨道的最高点C时对轨道恰无压力。已知重力加速度为g=10m/s2。求：

（1）带电体到达半圆形轨道最低点B时的速度大小；

（2）带电体在运动过程中对轨道压力的最大值；

（3）带电体离开C点后经多长时间动能最小？

【答案】（1）m/s；（2）270N；（3）0.24s

【解析】

【详解】（1）设带电体在C点时的速度大小为vC，由题意并根据牛顿第二定律可得

   ①

设带电体到达半圆形轨道最低点B时的速度大小为vB，对带电体由B到C的过程中，根据动能定理可得

②

联立①②解得

m/s   ③

（2）当带电体运动至重力场与电场的复合场的等效最低点D处时对轨道的压力最大。设OD与竖直方向的夹角为θ，根据力的合成与分解有

   ④

对带电体由B到D的过程中，根据动能定理可得

⑤

设带电体在D点所受轨道支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律有

⑥

联立③④⑤⑥解得

FN=270N ⑦

根据牛顿第三定律可知此时带电体对轨道的压力大小为

FN′=FN=270N ⑧

（3）带电体从C点飞出后，设经过时间t其速度方向与OD垂直（即达到等效最高点），此时带电体速度最小，即动能最小。设此时带电体在水平和竖直方向的分速度大小分别为vx和vy，根据速度的合成与分解有

⑨

根据牛顿第二定律可得带电体在水平方向的加速度大小为

   ⑩

根据运动学规律有

   ⑪

   ⑫

联立①⑨⑩⑪⑫解得

   ⑬