四川省成都市成都七中万达学校2023-2024学年高二上学期11月期中考试物理试题（解析版）

这是一份四川省成都市成都七中万达学校2023-2024学年高二上学期11月期中考试物理试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列关于电流的说法中正确的是（ ）
A. 电流是有方向的，因此电流是矢量
B. 电流的方向与电子定向移动的方向一致
C. 电阻恒定的导体中的电流大小与加在其两端的电压成正比
D. 导体中的电流大小与通过导体横截面的电量成正比
【答案】C
【解析】
【详解】A．电流有方向，规定正电荷定向移动的方向为电流方向，电流的运算并不适用矢量运算法则，电流方向不属于矢量的方向，电流是标量，故A错误；
B．电流的方向与电子定向移动的方向相反，故B错误；
C．由欧姆定律可知，电流大小与加在导体两端的电压成正比，故C正确；
D．导体中的电流是利用比值法定义的，定义式为，但电流大小与通过导体横截面的电量无关，故D错误。
故选C。
2. 如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在某个时刻的波形图，由图像可知（ ）

A. 质点b此时速度为零，势能为零
B. 质点b此时向-y方向运动
C. 质点d此时的振幅是0
D. 质点a再经过通过的路程是4cm，偏离平衡位置的位移是-2cm
【答案】D
【解析】
【详解】AB．质点b在平衡位置此时速度最大，根据“上下坡法则”，b点处于下坡过程，则质点b向y更多课件教案等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 轴正方向运动，取平衡位置为参考平面，则势能为0，所以AB错误；
C．由图可知质点d的振幅为2cm，所以C错误；
D．质点a再经过通过的路程是
偏离平衡位置的位移是-2cm，故D正确。
故选D。
3. 研究发现电解液导电时也满足欧姆定律。图甲为一测量电解液的电阻率的长方体玻璃容器，X、Y为电极，边长，，，当里面注满待测电解液，在X、Y间加上不同电压后。其伏安特性曲线如图乙所示。忽略电解液的热膨胀，则下列说法正确的是（ ）
A. 电压U增大时，电解液的电阻率将增大
B. 电压时，电解液的电阻是3×103Ω
C. 电压时，电解液的电阻率是15Ω.m
D. 电压时，电解液热功率是7.5×10-3W
【答案】B
【解析】
【详解】A．U-I图线上各点与原点连线的斜率表示电阻，由图乙可知，电压增大，电解水的阻值减小，所以电解水的电阻率随电压的增大而减小，故A错误；
B．电压时，电流为
求得电解液的电阻为
故B正确；
C．由图甲可知电解液长为
横截面积为
根据
解得
故C错误；
D．电压时，电解液热功率
故D错误。
故选B。
4. 如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为+q、质量为m小球，重力加速度为g，球处在竖直向上的匀强电场中，电场强度为E，小球能够在竖直平面内做圆周运动，则（ ）
A. 小球受到的电场力跟重力是一对平衡力
B. 小球在最高点的速度一定不小于
C. 小球运动到最高点时，电势能最小
D. 小球运动到最低点时，机械能最大
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球能够在竖直平面内做圆周运动，重力与电场力反向，电场力大小可能等于重力，则小球在竖直平面内做匀速圆周运动；电场力大小也可能大于重力，则二者合力（称为等效重力）竖直向上，相当于重力方向向上，最高点为等效最低点，小球通过时速度最大；最低点为等效最高点，小球通过时速度最小；电场力大小还可能小于重力，则相当于重力方向不变，重力加速度减小；A错误；
B．由A选项分析可知，小球可能以较小的速度（小于）在竖直平面内做匀速圆周运动，B错误；
C．圆周上最高点电势最低，小球带正电，由知经过最高点时电势能最小，C正确；
D．圆周上最低点电势最高，小球经过时电势能最大，由小球机械能与电势能之和不变可知，小球经过最低点时机械能最小，D错误。
故选C。
5. 平行板电容器与电源相连，间距为d，在两竖直极板间用绝缘细线悬挂一带电量为+q的小球，悬线与竖直方向夹角为，小球处于静止状态。已知小球质量为m，重力加速度为g，则（ ）
A. 两极板间电压为
B. 保持开关S闭合，增大极板间距，变大
C. 保持开关S闭合，增大极板间距，不变
D. 若断开开关S，增大极板间距，不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．对小球进行受力分析，有
又因为
解得

故A错误；
BC．开关S闭合，两极板间电压不变， 由 可知，增大极板间距时，变小；小球平衡时有
则变小时，变小，故BC错误；
D．断开开关S后，两极板带电量不变，根据
，，
可得

可知场强不变，因此小球受力情况不变，仍然静止，所以不变，故D正确。
故选D。
6. 在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是
A. I1增大，I2不变，U增大
B. I1减小，I2增大，U减小
C. I1增大，I2减小，U增大
D. I1减小，I2不变，U减小
【答案】B
【解析】
【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．
7. 如图甲为手控可调节亮度的台灯，其内部电路可简化为如图乙所示的电路图。通过调节图乙所示电位器接入电路的阻值，即可调节电源的输出功率。若电源电动势，内阻，灯泡电阻（固定不变），调节电位器即可改变台灯亮度，电位器可在0～30Ω之间调节，则（ ）

A. 电源的最大输出功率为8WB. 灯泡L消耗的最大功率为2.5W
C. 电位器能获得的最大功率为8WD. 当时，电源输出的效率最大
【答案】A
【解析】
【详解】AD．由题可知，当电位器的阻值为零时，电源的输出功率最大为
解得
A正确，D错误；
B．由题可知，当电位器的阻值为零时，电路中的电流最大，故此时灯泡消耗的功率最大为
B错误；
C．根据题意，把灯泡电阻等效为电源内阻，由此可知，当时，电位器的功率最大，电位器的功率为
C错误；
故选A。
8. 实验小组利用如图电路研究电压的变化与电流的变化的关系，电流表、电压表均为理想电表，D为理想二极管，C为电容器。闭合开关S至电路稳定后，将滑动变阻器的滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表的示数变化量大小为，电压表的示数变化量大小为，电流表A的示数变化量大小为，则下列判断正确的是（ ）
A. 的值变大
B. 的值变大
C. 电压表的示数与电流表A的示数的比值不变
D. 滑片向左移动的过程中，电容器的电容不变，带电荷量不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由闭合电路欧姆定律，可得
则有
即的值不变。故A错误；
B．同理，有
则有
即的值不变。故B错误；
C．电压表的示数与电流表A的示数的比值
滑动变阻器的滑片P向左移动一小段距离，R变大。故C错误；
D．根据
可知，电容器电容不变。电容器两板间电压等于两端电压，滑片向左移动的过程中，电压减小，电容器应该放电，由于二极管的单向导电性使的电容器极板带电量保持不变。故D正确。
故选D。
二、多项选择题
9. 下列有关电荷和静电现象的说法正确的是（ ）
A. 只要带电物体足够小，它就可以视为点电荷
B. 所有物体带电量一定是元电荷整数倍
C. 摩擦起电和感应起电的实质都是电荷发生了转移
D. 电荷相互中和是电荷完全消失的现象
【答案】BC
【解析】
【详解】A．带电体是否可以看作点电荷，只与研究问题的性质有关，与带电体的大小和带电量无关。故A错误；
B．所有物体带电量一定是元电荷的整数倍。故B正确；
C．摩擦起电的实质是电荷从一个物体转移到另一个物体，感应起电的实质是电荷从物体的一部分转移到另一部分。故C正确；
D．电荷相互中和的实质是电荷的转移。故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，理想电源两端的电压保持为E不变，若滑动变阻器的总电阻R0=2R，当开关S闭合时（ ）
A. 当滑片P滑到a端时，R上获得的电压是0
B. 当滑片P滑到b端时，R上获得的电压是0
C. 当滑片P滑到ab的中点时，R上获得的电压是
D. 当滑片P滑到ab的中点时，R上获得的电压是
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由题图分析可知，当滑片P滑到a端时，R被短路，R上获得的电压为0，A正确；
B．滑片P滑到b端时，R与R0并联，R两端电压为E，B错误；
CD．当滑片P滑到ab的中点时，由题图分析可知，R0左边部分与R并联，再和右边部分串联，并联电阻为
故根据串联电路电阻之比等于电压之比可得R两端电压为，C错误，D正确。
故选AD。
11. 空间有一沿x轴方向分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，x轴正方向为电场的正方向，图像关于原点O对称，坐标和是图像的最高点和最低点且电场大小相等。下列说法正确的是（ ）

A. 原点O是x轴上电势为0的点
B. 电子在处的电势能等于在处的电势能
C. 仅在电场力作用下，电子从处由静止释放后，向x轴正方向运动，到达O点时加速度最大
D. 仅在电场力作用下，电子从处以一定初速度沿x轴负方向运动，经过处时速度仍为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可得在负半轴电场方向指向负方向，在正半轴电场方向指向正方向。沿电场方向电势逐渐降低，所以O点电势最高，电势不为零，故A错误；
B．由对称性可知，和处电势相等，由公式
可知电子在与处电势能相等，故B正确；
C．电子经过O点时，电场强度为0，由
得O点所受电场力为0，加速度最小，故C错误；
D．由于和等势，电场力做功为0，由动能定理
知动能变化量为0，即速度不变，考虑到在运动过程中速度不可能减到0，所以速度不可能反向，故D正确。
故选BD。
12. 如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，内阻为5Ω；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用接线柱1、2测电流，1、3测电压，则下列分析正确的是（ ）
A. 将接线柱1、2接入电路时，改装成的电流表的量程为1.8A
B. 将接线柱1、2接入电路时，改装成的电流表的量程为1.2A
C. 将接线柱1、3接入电路时，改装成的电压表的量程为9V
D. 将接线柱1、3接入电路时，改装成电压表的量程为21V
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．将接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据并联反比分流规律可知R1分流为1.2A，故改装成的电流表的量程为
A正确，B错误；
CD．将接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A，此时改装成的电压表的量程为
C错误；D正确。
故选AD。
13. 如图所示，正方形区域ABCD与某一匀强电场平行，在A点有一个粒子源沿各个方向发射带负电的粒子，若与AB成45°的方向以的速度射入正方形区域的粒子恰好垂直于BC打到了E点，E点是BC的中点，已知正方形的边长为1m，粒子的比荷为0.1C/kg，C点电势为0，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A. 该匀强电场的方向可能由B指向D
B. 打到E点的粒子在运动过程中动能逐渐减少，电势能逐渐增加
C. B点电势一定高于C点电势，且
D. 从AD方向射入的粒子可能到达C点
【答案】BC
【解析】
【详解】A．与AB成45°的方向以速度射入正方形区域的粒子恰好垂直于BC打到了E点，E点恰好是BC的中点，粒子水平方向做匀变速直线运动，据位移公式可得
竖直方向做匀减速直线运动，可得
其中
联立解得粒子达到E点时速度大小为
说明粒子水平方向速度不变做的是匀速直线运动，所以粒子可以看成从E到A的类平抛运动，带负电的粒子受到的电场力向下，故匀强电场方向由B指向C，A错误；
B．在该粒子的运动过程中电场力做负功，动能逐渐减少，电势能逐渐增加，B正确；
C．根据类平抛的原理，粒子在水平方向做匀速直线运动，故运动时间为
代入
解得
沿电场方向电势降低，故B点电势一定高于C点电势，可得
C正确；
D．从AD方向射入的粒子做直线运动，不可能到达C点，D错误。
故选BC。
三、实验题
14. 某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。实验电路如图甲所示，现有开关和导线若干，以及如下器材：
A．电流表A：量，内阻约0.125Ω，
B．电压表V：量程。内阻约3kΩ
C．滑动变阻器
D．滑动变阻器
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于最___________端（选填“左”或“右”）。
（2）图乙是该同学根据实验数据绘制的U-I图线，根据图线求得被测干电池的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω（结果保留到小数点后两位）。
【答案】 ①. 右 ②. 1.48##1.47##1.49 ③. 0.88##0.89##0.90##0.91##0.92
【解析】
【详解】（1）[1]为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处，即右端；
（2）[2][3]由图示电源U-I图像纵轴截距表示电源电动势
图像斜率表示电源内阻
15. 在做“测定金属的电阻率”的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：
A．电池组（3V、内阻lΩ）
B.滑动变阻器（0-20Ω，允许最大电流1A）
C．电流表（0～3A，内阻约0.0125Ω）
D．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
E．电压表（0～3V，内阻约4kΩ）
F．电压表（0-15V，内阻约15kΩ）
G．开关、导线
（1）上述器材中电流表应选用的是_______（只填写字母代号）；
（2）某同学采用了如图所示的部分电路测量电阻，则测量值比真实值偏________（选填“大”或“小”）。根据测量数据得到的伏安特性曲线如图所示，图中MN段向上弯曲的主要原因是下面的______（填A或B）
A．随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大
B．随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻减小
C．随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率减小，电阻减小
D．随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率减小，电阻增大
（3）在本实验中，某同学用游标卡尺和螺旋测微器测该电阻丝的长度和直径如图所示，则其长度为_________cm，直径为_________mm。
【答案】 ①. D ②. 小 ③. A ④. 10.025 ⑤. 4.487（4.486-4.489均可）
【解析】
【详解】（1）[1]由题意可得，电路中最大电流为
所以应选用量程为0～0.6A的电流表D。
（2）[2]因为电流表外接法时，电压表是待测电阻两端的电压值，即电压值准确，而电流表示数是待测电阻与电压表的总电流，即电流表示数偏大，由欧姆定律可知，这种接法会使测量值比真实值偏小。
[3]因为随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率会增大，则电阻增大。又因为U-I图像上某点与原点连线的斜率表示该状态下的电阻，所以MN段会向上弯曲。
故选A。
（3）[4]由图可得，长度为
[5]由图可得，直径为
四、计算题
16. 如图所示，一带电小球的质量，用长为的细线悬挂在水平方向的匀强电场中的O点，电场场强度，当细线与竖直方向夹角为时，小球恰好静止在A点求（，）
（1）小球带什么电？电量是多少？
（2）若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置时小球的速度为多少？

【答案】（1）带正电，；（2）
【解析】
【详解】（1）对小球受力分析，根据受力平衡可知，小球受到的电场力水平向右，与电场方向相同，则小球带正电；根据平衡条件可得
解得
（2）若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置时，根据动能定理可得
解得运动到A位置时小球的速度为
17. 如图所示，电动机M的线圈电阻r1=0.4Ω，定值电阻R=24Ω，电源电动势E=40V，断开开关S，理想电流表的示数I1=1.6A；闭合开关S，理想电流表的示数为I2=4.0A，求：
（1）电源内阻r；
（2）闭合开关S后，通过电阻R的电流IR；
（3）闭合开关S后，若电动机以v=0.5m/s的恒定速度竖直向上提升重物，求重物的质量m。（不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2）
【答案】（1）；（2）1.5A；（3）
【解析】
【详解】（1）电源电动势为E=40V，当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，根据闭合电路欧姆定律可知
解得电源内阻
（2）开关S闭合时，理想电流表的示数，则电源内阻上的电压为
路端电压
通过电阻R的电流为
（3）开关S闭合时，通过电动机的电流
电动机两端电压
电动机的输入功率
电动机的输出功率
由
解得重物的质量为
18. 如图所示，间距为d、长度为2d的两块平行金属板A、B正对且水平放置，带负电的粒子以水平初速度从左侧沿中心线射入板间。电路中，电源的内阻为r（电动势E0未知），固定电阻R=3r。闭合开关S后，A、B两板间形成理想边界的匀强电场，当变阻器滑片置于最右端时，粒子恰好从A板右边缘射出电场；移动滑片使变阻器接入电阻为最大阻值R0（来知）的时，粒子恰好沿中心线射出电场。忽略粒子间的相互作用力和空气阻力，g为重力加速度。求：
（1）滑片置于最右端时，粒子在板间运动加速度的大小；
（2）变阻器的最大阻值R0。
【答案】（1）；（2）8r
【解析】
【详解】（1）滑片置于最右端时，粒子在板间做类平抛运动，水平方向
解得
（2）滑片置于最右端时，极板间电压
根据牛顿第二定律
移动滑片使变阻器接入电阻为最大阻值R0的时，极板间电压
此时满足
联立解得
R0=8r
19. 如图建立竖直平面内坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第II象限，细管C离两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子（带正电）。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压U时，α粒子刚好能以速度v0（已知）从细管C水平射出，进入位于第I象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动，t=0时刻α粒子垂直于x轴进入第IV象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙（图上坐标均为已知物理量），规定沿x轴正方向为电场正方向，静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，场强大小为E0。已知α粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。求：
（1）A、B极板间所加的电压U；
（2）α粒子在静电分析器中的运动时间t0；
（3）0时刻起，α粒子动能最大时的位置坐标。

【答案】（1） ；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设α粒子运动到C处时速度为v0，α粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有
L=v0t
在竖直方向
又有
U=Ed
由牛顿第二定律
qE=ma
联立解得
（2）由牛顿第二定律
解得
由
解得
（3）由图易知，从0时刻起，α粒子动能最大时在

时，α粒子在x方向的速度为
所以一个周期内，α粒子在x方向的平均速度
每时间α粒子在x正方向前进
因为开始计时时α粒子横坐标为
所以时，α粒子的横坐标为
α粒子的纵坐标为
0时刻起，α粒子动能最大时的位置坐标