百强校丨宁夏银川一中2023-2024学年高二上学期期中考试（全科）物理

这是一份百强校丨宁夏银川一中2023-2024学年高二上学期期中考试（全科）物理，共2页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题等内容，欢迎下载使用。

1．A 2．B 3．D 4．C 5．C 6．B
7．【答案】A，提示：选A．静电计指针偏角大小体现了电容器两板间电压大小．在做选项所示的操作中，电容器所带电荷量Q保持不变，C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)．保持S不变，增大d，则C减小，U增大，偏角θ增大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，则C减小，U增大，偏角θ也增大，故选项C、D均错．故正确选项为A．
8．【答案】D
解得 ,故，故选A．
9．【答案】C，解析：选C 带电粒子加速时，由动能定理得：qU1＝eq \f(1,2)mv2，带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得：L＝vt，h＝eq \f(1,2)at2，又由牛顿第二定律得：a＝eq \f(qU2,md)，联立以上各式可得h＝eq \f(U2L2,4dU1)，由题意，灵敏度为：eq \f(h,U2)＝eq \f(L2,4dU1)可见，灵敏度与U2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、使加速电压U1降低一些，故A、B、D错误，C正确．
10．【答案】B【解析】设短路前、两端的电压分别为、，由题得，,.在串联电路中电压分配与电阻成正比，即 , 所以：.
二、多选题（每题4分，共24分）
11．【答案】AD，【解析】当r→∞时,电荷可以看做点电荷,库仑定律的公式适用,由公式可知,它们之间的静电力F→0;当r→0时,电荷不能看成点电荷,库仑定律的公式就不适用了。
12．【答案】ABD
13．【答案】BC，解析：选BC．由于从a到b，电势φ先减小再增加，所以a、b应均为正电荷；从b处φ－x图象的斜率大于a处的φ－x图象斜率，可确定Eb＞Ea，即qb＞qa，所以A错误；由φ－x图象的斜率表示电场强度E知，B正确；由Ep＝qφ，知C正确；a、p间的电场方向应都指向p点，D错误．
14．【答案】AD，解析：选AD．由题图和几何关系可知M和P两点不处在同一等势线上而且有φM>φP，A正确；将负电荷由O点移到P点要克服电场力做功，即电场力做负功，B错误；根据U＝Ed，O到M的平均电场强度大于M到N的平均电场强度，所以有UOM>UMN，C错误；从O点释放带正电粒子后，电场力做正功，该粒子将沿y轴做直线运动，D正确．
15．【答案】AC，解析：选AC．A板下移与B板上移，两板间的距离均减小，但此平行板电容器为电荷量不变的电容器，改变两板间的距离不能改变电场强度的大小及方向，即E不变．因此A板下移时，P点与B板间的电势差不变，即P点电势也不变；但B板上移时，由于P点与B板的距离减小，因此P、B间的电势差减小，即P点电势降低，选项A、C正确．
16．【答案】ABD，解析：选ABD 保持S闭合，电源的路端电压不变，增大A、B板间距离，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，其电量不变，由推论E＝eq \f(4πkQ,εrS)得到，板间场强不变，微粒所受电场力不变，仍处于静止状态，故A正确．保持S闭合，电源的路端电压不变，电容器的电压不变，减小A、B板间距离，由E＝eq \f(U,d)可知，板间场强增大，电场力增大，微粒将向上运动，故B正确．断开S后，电容器的电量Q不变，由推论E＝eq \f(4πkQ,εrS)得到，板间场强不变，微粒所受电场力不变，仍处于静止状态，故C错误，D正确．
三、实验题（共13分）
17．【答案】6.700 ~ 6.705 50.15
18．【答案】（1）外接法（3分） （2）见解析（3分） （3）（3分）
（3）金属丝电阻的表达式。
四．计算题（共33分）
19．解析：(1)从A到B静电力做的功为
WAB＝－3．0×10－6 J
A、B两点间的电势差
UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(－3．0×10－6,5．0×10－8) V＝－60 V
B点电势高于A点电势．
(2)根据UAB＝φA－φB得A点的电势为
φA＝UAB＋φB＝(－60 V)＋20 V＝－40 V．
答案：(1)－60 V (2)－40 V
20．【答案】（1） （2） （3）
【解析】粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解可知粒子的末速度的大小将粒子的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动，则由运动的合成与分解可求得电场强度；由动能定理可求得两板间的距离。
（1）粒子离开电场时速度如图所示，
由图示可知：
（2）带电粒子做类平抛运动，
在水平方向上：L=v0t，
粒子离开电场时，粒子竖直方向的分速度：vy=v0tan60°
两板间的距离：
（3）粒子从射入电场到离开电场，
由动能定理得：
联立以上解得：
21．【解析】： (1)S断开时，由P＝Ieq \\al(2,0)r，得：I0＝eq \r(\f(P,r))＝eq \r(\f(25,1)) A＝5 A
由闭合电路欧姆定律得：E＝I0(R1＋r)＝5×(19＋1)V＝100 V
(2)S闭合后，内电压U1＝Ir＝12.6×1 V＝12.6 V
故电路的路端电压：U2＝E－U1＝(100－12.6)V＝87.4 V通过电炉的电流：I1＝eq \f(U2,R1)＝eq \f(87.4,19) A＝4.6 A
通过电动机的电流：I2＝I－I1＝(12.6－4.6)A＝8.0 A电动机消耗的热功率：P1＝Ieq \\al(2,2)R2＝8.02×2 W＝128 W
输送给电动机的电功率：P2＝U2I2＝87.4×8 W＝699.2 W
故电动机输出的机械功率：P3＝P2－P1＝(699.2－128)W＝571.2 W
答案：(1)100 V (2)571.2 W
22．【答案】 (1)45° (2)-mgLq (3)2v0g
(1)由题意知,带电质点在第二象限做匀速直线运动,有qE=mg
设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ,且由带电质点在第一象限做直线运动,有 tan θ=mgqE
解得θ=45°
(2)P到Q的过程,由动能定理有qEL-mgL=0
WPQ=qEL解得UPQ=WPQ-q=-mgLq
(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动
由牛顿第二定律有2mg=ma即a=2g,v0=at解得t=2v02g
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T=2t=2v0g