2023-2024学年广东省汕头市金山中学高二（上）期中考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省汕头市金山中学高二（上）期中考试物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.野外高压输电线受到雷击的可能性很大，所以在三条输电线上方还有两条导线，它们与大地相连，形成一个稀疏的金属“网”，这个稀疏的金属“网”所起的作用是( )
A. 防止输电线脱落B. 增加输电线的强度
C. 把高压线屏蔽起来，使其免遭雷击D. 防止输电线漏电
2.小灯泡的电流I随所加电压U变化如图所示，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。下列说法错误的是( )
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R=U1I2
C. 在电路中灯泡L两端的电压为U1时，跟灯泡串联的电阻R两端的电压为I1R
D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积
3.近年来，纺织服装作为汕头“三新两特一大”产业中的特色产业之一，已经形成了完整的产业链，织布是其中重要的一环。现代纺纱织布采用的是静电技术，即利用高压静电场使单纤维两端带异种电荷，在电场力作用下使纤维伸直、平行排列和凝聚的纺纱工艺。如图所示为其电场分布简图，下列说法正确的是( )
A. 虚线可能是等势线
B. 电场强度ECC. 在C点静止释放一电子，它将在电场力作用下沿着虚线CD运动
D. 负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能
4.如图所示为一台电压力锅，它结合了高压锅和电饭锅的优点，省时省电、安全性高。当电压力锅内部气压过大或温度过高时，发热器都会停止工作。图乙中S1为过压保护开关，S2为过热保护开关，压强过大时开关S1自动断开，温度过高时开关S2自动断开。图乙表示S1、S2和锅内发热器的连接情况，其中符合上述工作要求的是( )
A. B.
C. D.
5.如图所示，虚线a、b、c、d、e是电场中的一组竖直等差等势面，实线是一带负电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，M、N、P、Q分别为运动轨迹与等势面的交点，下列判断正确的是
( )
A. 图中等势面a的电势最高
B. 粒子在电场中做变加速运动
C. 粒子经过Q点时的动能大于经过P点时的动能
D. 粒子在M点的电势能比在Q点的大
6.“内海湾，坐轮渡，吹海风，赏日落”现在已经是很多游客来汕头必打卡的项目之一。如图所示，通常在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎，轮船驶向码头停靠时与码头发生碰撞，对于这些轮胎的作用，下列说法正确的是( )
A. 减小轮船与码头碰撞过程中所受的冲量B. 减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量
C. 减小轮船与码头碰撞时受到的作用力D. 增大轮船与码头碰撞时受到的作用力
7.如图1所示是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)，荧光屏组成、管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑．若在偏转极板YY′上加如图2所示的电压，而偏转极板XX′不加电压，则在示波器荧光屏上看到的图象可能是图中的( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共5小题，共28分）
8.四个相同的小量程电流表(表头)分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2。已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按图所示接法连入电路，则( )
A. 电流表A1的读数大于电流表A2的读数
B. 电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角
C. 电压表V1的读数小于电压表V2的读数
D. 电压表V1指针的偏转角等于电压表V2指针的偏转角
9.一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=60 Ω，R2=30 Ω，R3=60 Ω。另有一测试电源，电源电压为80 V，内阻忽略不计。则( )
A. 当cd端短路时，ab之间的等效电阻是80 Ω
B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是80 Ω
C. 当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为40 V
D. 当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为40 V
10.目前智能化手机基本均有运动步数计数功能。该功能主要是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器的描述正确的是( )
A. 无论是运动还是静止，电容器两极板都带电
B. 保持向前匀减速运动时，电路中存在恒定电流
C. 由静止突然向后加速，电流由b向a流过电流表
D. 由向前运动突然停下，电流由a向b流过电流表
11.如图所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触。现解除对弹簧的锁定，对A、B与弹簧组成的系统分析正确的是( )
A. 在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统动量守恒
B. 在A离开挡板后，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
C. 在A离开挡板后，A、B与弹簧组成的系统动量守恒
D. 在A离开挡板后的运动过程，弹簧弹性势能最大时A、B速度相等
12.如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为q(q>0)。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ=45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. M带正电荷B. N带正电荷C. q=L mgkD. q=3L mgk
三、实验题（本大题共2小题，共16分）
13.在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中，经过粗略测量金属丝电阻约为12Ω。现实验室提供了下列可选用的器材：
A.电流表A1(量程为0∼300mA，内阻约为1Ω)
B.电压表V1(量程为0∼3.0V，内阻约为3kΩ)
C.电压表V2(量程为0∼15.0V，内阻约为5kΩ)
D.滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω)
E.滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω)
F.电源E(电压为4V) G。开关、导线若干
(1)为了尽可能提高测量准确度电压表应选_______；滑动变阻器应选_______。(均填器材前面的字母)
(2)用螺旋测微器测量其直径，由图可知其直径为______ mm。
(3)若本实验中，测得金属丝的长度为L，直径为D，电阻为Rx，则该金属丝的电阻率的计算式为ρ=_______。
14.多用电表可以用来测电压、测电流、测电阻、检验二极管的导电性能，还可以探究故障电路。
(1)关于多用电表的使用，下列操作正确的是_____；
A.测电压时，图甲连接方式红、黑表笔接法正确
B.测电流时，应按图乙连接方式测量
C.测电阻时，可以按图丙连接方式测量
D.测二极管的反向电阻时，应按图丁连接方式测量
(2)某同学发现如图1所示的实验电路不能正常工作，为排查电路故障，他用多用电表测量各点间的电压，得到Uab=Ubc=Uce=0,Uef=6V。已知只有一处故障。为进一步判断电路故障的性质，他断开开关S后，将选择开关置于电阻挡的×1挡，分别将红黑表笔接ce端时，指针指在如图2所示的位置，则该电阻为_________Ω，他将红黑表笔接ef端时，指针_________(填“几乎不偏转”或“偏转很大”)，因此电路故障为_________。
四、计算题（本大题共2小题，共28分）
15.某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量m=1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.4m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间极短，碰撞结束后瞬间两滑块一起滑动。
求∶
(1)关于滑块1与滑块2的碰撞过程，碰撞过程中损失的能量为多少？
(2)若滑块1与滑块2的碰撞时间为0.02s，滑块2受到滑块1的平均冲力的大小？
16.下图为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形，所有电子均能从CD边离开，已知电子的质量为m，电量为e，不计电子所受重力。
(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子在匀强电场I内运动经历的时间；
(2)在该区域位置坐标为(14L,L)的位置静止释放电子，求电子离开ABCD区域时的位置坐标；
(3)在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置坐标x、y间满足什么关系？
(4)在(3)问中得到的释放点静止释放电子，求电子离开D处时的最小动能。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】外高压输电线在三条输电线的上方还有两条导线，它们与大地相连，形成一个稀疏的金属“网”，起到静电屏蔽的作用；把高压线屏蔽起来，免遭雷击。
故选C。
2.【答案】C
【解析】A.根据欧姆定律R=UI可知I−U图线上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由数学知识可知，随着所加电压的增大，图线上的点与原点连线的斜率减小，小灯泡的电阻增大，故 A正确；
B.对应P点，小灯泡的电阻为R=U1I2，故B正确；
C.在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电阻R两端的电压为I2R，故 C错误；
D.由恒定电流的功率公式P=UI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积，故D正确；
本题选错误项，故选C。
3.【答案】D
【解析】A.电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，故A错误；
B.由电场线的疏密表示电场强度的大小可知EAC.电场线是曲线，在C点静止释放一电子，在电场力作用下不会沿着虚线CD运动，故C错误；
D.电场线由高压电源的正极到负极，所以A点的电势高，C点的电势低，由电势能公式Ep=qφ可知，负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能，故D正确。
故选D。
4.【答案】A
【解析】由题意分析可得，两个开关任意断开一个，电路均不工作，则由此可知，两开关应串联接入电路，作图如下
故选A。
5.【答案】A
【解析】A、根据电场线与等势面垂直，可知电场线位于水平方向，粒子所受的电场力也在水平方向。由粒子的轨迹向左弯曲，所以粒子所受的电场力水平向左，粒子带负电，则电场线方向水平向右，则a处电势最高，故A正确；
B、由图知，等差等势面均匀分布，则知该电场是匀强电场，粒子所受的电场力恒定，所以粒子在电场中做匀变速运动，故B错误；
CD、若粒子从M运动到Q，电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增加，则粒子经过Q点动能小于经过P点动能，粒子在M点的电势能比在Q点的小，故CD错误。
故选A。
粒子在匀强电场中做匀变速运动。根据轨迹弯曲的方向可判断出粒子所受的电场力方向，可分析电场线的方向，从而判断出电势的高低。由电场力做功正负分析动能及电势能的变化。
根据电场线与等势面垂直，可作出电场线，结合曲线运动的条件分析电场力的方向是解决本题的关键，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。
6.【答案】C
【解析】AB.对轮船靠岸与码头碰撞的过程，有轮胎和无轮胎时轮船的初、末速度没有变化，轮船的动量变化量相同，根据动量定理可知轮船受到的冲量也相同，故AB错误；
CD.轮胎可以起到缓冲作用，延长轮船与码头碰撞时的作用时间，根据动量定理可知，减小轮船因碰撞受到的作用力，故C正确，D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】因为在偏转电极XX′之间不加电压，则在X方向上没有偏移，在偏转电极YY′之间加正弦电压，电子上下扫描，在示波屏上出现一条竖直线．
A.图像与结论不相符，选项A错误；
B.图像与结论相符，选项B正确；
C. 图像与结论不相符，选项C错误；
D. 图像与结论不相符，选项D错误．
故选B．
8.【答案】AD
【解析】【分析】
表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大;表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大。然后再根据电路的串并联知识分析即可。
本题关键是要明确电流表与电压表的改装原理，然后再根据电阻的串并联知识分析求解。
【解答】
AB.表头并联电阻后可改装成电流表。对于电流表A1和A2，两个表头并联，电压相同，故流过两个表头的电流相同，则电流表A1的指针偏转角等于电流表A2的指针偏转角，而电流表A1的量程大于A2的量程，则电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确，B错误；
CD.表头串联电阻后可改装成电压表。对于电压表V1和V2，两个表头串联，故流过两个表头的电流相同，则电压表V1的指针偏转角等于电压表V2的指针偏转角，而电压表V1的量程大于V2的量程，则电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】A.当cd端短路时，ab之间电路结构为：R2、R3并联后与R1串联，根据并联电阻和串联电阻的规律，ab之间的等效电阻是Rab=R1+R2R3R2+R3=80Ω，故A正确；
B.当ab端短路时，cd之间的电路结构为：R1、R3并联后与R2串联，根据并联电阻和串联电阻的规律，cd之间的等效电阻是Rcd=R2+R1R3R1+R3=60Ω，故B错误；
C.当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3的电压U3=R3R1+R3U=40V，故C正确；
D.当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3的电压，U3′=R3R2+R3U=1603V，故D错误。
故选AC。
10.【答案】AD
【解析】A.无论是运动还是静止，电容器与电源保持相连，电容器两极板都带电，故A正确；
B.保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，则N板在某位置不动，电容器电容C不变，电容器保持与电源相连，电压U不变，由Q=CU可知电容器所带的电荷量Q不变，则电路中无电流，故B错误；
C.由静止突然向后加速，N板相对M板向前移动，则板间距离d减小，根据平行板电容器的决定式C=εrS4πkd
可知电容C增大，由Q=CU可知，电压不变，电容器所带的电荷量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C错误；
D.由向前加速突然停下，N板相对M板向前移动，则板间距离d减小，根据平行板电容器的决定式C=εrS4πkd
可知电容C增大，电压U不变，由Q=CU可知电容器所带的电荷量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故D正确。
故选AD。
11.【答案】BCD
【解析】A.在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒；挡板对A不做功，只有弹簧的弹力对B做功，所以系统机械能守恒，故A错误；
BC.A离开挡板后A、B的运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，所以系统机械能守恒，故BC正确；
D.在A离开挡板后的运动过程，B向右减速，A向右加速，两者间距增大，弹簧的弹性势能增大。两者速度相等后，B向右继续减速，A向右继续加速，两者间距减小，弹簧的弹性势能减小，所以A、B速度相等，弹簧弹性势能最大，故D正确。
故选BCD。
12.【答案】BC
【解析】解：AB、两小球带等量异号电荷，根据“异种电互相吸引”可知两个小球相互吸引，所以匀强电场对M的电场力方向向左，故M带负电；匀强电场对N的电场力方向向右，故N带正电，故A错误、B正确；
CD、设匀强电场的电场强度为E，根据几何关系可得两个小球之间的距离为：r= 2L；
当两个小球带电荷量大小均为q时，对M受力分析如图所示，根据平衡条件可得：
(qE−F库)tanθ=mg，其中F库=kq2r2
仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡，对M根据平衡条件可得：
(2qE−F库′)tanθ=mg，其中F库′=4kq2r2
联立解得：q=L mgk，故C正确、D错误。
故选：BC。
根据“异种电互相吸引”结合平衡条件分析匀强电场对M、N的电场力方向由此确定电性；对M受力分析如图所示，根据平衡条件列方程求解。
本题主要是考查了库仑力作用下的共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
13.【答案】B D 2.150 πRxD24L
【解析】1)[1][2]电源电压为4V，则为了尽可能提高测量准确度电压表应选B；滑动变阻器接成分压电路，则应选阻值较小的D。
(2)[3]用螺旋测微器测量其直径为2mm+0.01mm×15.0=2.150mm。
(3)[4]若本实验中，测得金属丝的长度为L，直径为D，电阻为Rx，则Rx=ρLπD24，该金属丝的电阻率的计算式为ρ=πRxD24L
14.【答案】(1)AB
(2)18，几乎不偏转，R断路
【解析】(1)A.电流“红进黑出”，则测电压时，图甲连接方式红、黑表笔接法正确，选项A正确；
B.电流“红进黑出”，测电流时，应按图乙连接方式测量，选项B正确；
C.测电阻时，应该使待测电阻与电源断开，则选项C错误；
D.测二极管的反向电阻时，黑表笔接右端，红表笔接左端，选项D错误。
故选AB；
(2)由多用电表欧姆挡的读数可知，该电阻为18Ω；
因为用多用电表测量各点间的电压Uab=Ubc=Uce=0，Uef=6V，则初步断定为电阻R断路；则他将红黑表笔接ef端时，指针几乎不偏转，因此电路故障为R断路。
15.【答案】(1)0.04J；(2)10N
【解析】解：(1)滑块1、2碰撞过程，由动量守恒定律，有mv1=2mv共，
解得v共=0.2m/s，
由能量守恒定律，有ΔE=12mv12−12(2m)v共2，
联立解得ΔE=0.04J；
(2)滑块1、2碰撞过程，对滑块2，由动量定理得Ft=mv共，
解得F=10N。
16.【答案】(1) 2mLEe；(2)(−2L,0)；(3)y=L24x；(4)EeL
【解析】解：(1)电子在电场I中水平向左做匀加速直线运动，有L=12⋅Eemt12，
解得t1= 2mLEe；
(2)电子在区域Ⅰ中加速，有eE⋅L4=12mv12，
电子在区域Ⅱ做类平抛运动，有L=v1t2，y=12⋅Eemt22，
解得y=L，
即电子在D点出射，其坐标为(−2L,0)；
(3)设释放点在电场区域I中，其坐标为(x,y)，在电场I中电子被加速到v2，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有eEx=12mv22，y=12at2=12eEm(Lv2)2，
联立解得y=L24x；
(4)由(2)问得到的坐标位置静止释放，所有电子均从D点射出，全过程运用动能定理有
Ek=Ee(x+y)=Ee(x+L24x)，
由此可知，当x=L24x，即x=y=L2，电子离开D处时的动能最小，
最小值为Ekmin=EeL。