2024-2025学年江西省南昌市江西师范大学附属中学高二（上）期中考试物理试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江西省南昌市江西师范大学附属中学高二（上）期中考试物理试卷（含答案），共10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.以下说法正确的是( )
A. 据R=UI可知，导体两端的电压越大，导体的电阻越大
B. 电流有大小有方向，所以电流是矢量
C. 据ρ=RSl可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比
D. 据I=UR可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比
2.有两段电阻丝是由同种材料制成的。它们的质量相同，它们的长度之比L1:L2=2:3。将它们串联在电路中，则它们两端的电压之比U1:U2为( )
A. 2:3B. 4:9C. 9:4D. 3:2
3.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q。此时电子的定向移动速度为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为( )
A. nvSB. nvΔtC. IΔtqD. IΔtSq
4.A.B板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷(电荷量与质量的比)相同的带电微粒(不计重力)，a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的。不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程( )
A. 运动加速度aa>ab>acB. 飞行时间tb>tc>ta
C. 速度变化量Δvb=Δvc>ΔvaD. 电势能的减少量ΔEc=ΔEb>ΔEa
5.一个电流表由表头G和分流电阻R0并联而成，电流表A为标准电流表。利用如图所示的电路图对改装后的电流表进行校准，在使用中发现该电流表的读数总是比标准电流表读数稍大一点，则应该采取下列哪种方法加以校正( )
A. 在R0上并联一个比R0大得多的电阻B. 在R0上并联一个比R0小得多的电阻
C. 在R0上串联一个比R0大得多的电阻D. 在R0上串联一个比R0小得多的电阻
6.图甲为在10℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理图，箱内的电阻R1=2kΩ，R2=1.5kΩ，R3=4kΩ，Rt为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示，当a，b两端电压Uab0时，电压鉴别器使S断开，停止加热。则恒温箱内的温度大约保持在( )
A. 25℃B. 30℃C. 35℃D. 40℃
7.如图所示，R0为热敏电阻(温度降低电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，C为平行板电容器，M点接地，在开关S闭合后，C中央有一带电液滴刚好静止。下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是( )
A. 将热敏电阻R0降温B. 滑动变阻器R的滑片P向上移动
C. 开关S断开D. 电容器C的上极板向上移动
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.四个相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后( )
A. A1的读数和A2的读数相同B. A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大
C. V1读数比V2读数大D. V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大
9.如图所示，R1、R2、R3的电阻之比是2∶3∶5，电流表内阻忽略不计，电压表内阻无穷大，电路两端的电压恒定，则甲图中两个电压表的示数之比和乙图中两个电流表的示数之比分别为( )
A. 电压表的示数之比3∶5B. 电压表的示数之比5∶8
C. 电流表的示数之比16∶25D. 电流表的示数之比2∶5
10.如图所示，A为粒子源，G为足够大的荧光屏。在A和极板B间有加速电压U1，在两水平放置的平行导体板C、D间有偏转电压U2，一质子(氢原子核)由静止从A发出，经加速后以水平速度进入平行导体板C、D间，忽略粒子所受的重力，质子打到F点。则( )
A. 质子在C、D间做匀变速运动
B. 若仅增大U1，则质子一定会打在F点上方
C. 若仅增大U2，则质子一定会打在F点下方
D. 若仅把质子改为α粒子(氦原子核，质量约为质子的4倍、电荷量为质子的2倍)，则α粒子仍通过相同的轨迹且以相同的速度打在F点
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.实验小组测量一段长度已知、阻值约为10Ω的电阻丝的电阻率。部分实验操作如下：
(1)用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，选择电阻丝的不同位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。某次测量时，经正确操作后螺旋测微器示数如图甲所示，此时螺旋测微器的读数为_____mm。
(2)实验小组采用“伏安法”测量该电阻丝的阻值，除导线和开关外，实验室还有如下器材可供选择：
待测电阻丝R0
电流表A1(量程0.6A，内阻约为0.5Ω)
电流表A2(量程3A，内阻约为0.2Ω)
电压表V(量程3V，内阻为3kΩ)
滑动变阻器R(阻值0～5Ω，额定电流1.5A)
定值电阻R1=300Ω
定值电阻R2=3kΩ
直流电源(电动势E=6V，内阻不计)
实验要求测量尽量准确，且电阻丝两端的电压能从零变到6V，电流表应选_____(选填“A1”或“A2”)；定值电阻应选_____(选填“R1”或“R2”)。
(3)请在图乙的线框中画出实验电路图______。
(4)根据实验电路图进行实验，改变滑动变阻器R的阻值，得到多组电压表、电流表的示数U、I，在坐标纸上做出U−I图像如丙所示，可求得该电阻丝的阻值为_____Ω，然后根据电阻定律可计算出该电阻丝的电阻率(计算结果保留3位有效数字)。
12.某同学找到一个灵敏电流表G，为测量该电流表的内阻，该同学进行了下列操作：
(1)将灵敏电流表G按如图甲所示的电路连接，闭合开关前，滑动变阻器R的滑片应置于_____(填“左端”“右端”或“正中间”)。
(2)先闭合开关S1，调节滑动变阻器R的滑片，使灵敏电流表G的指针满偏，再闭合开关S2，保持滑片位置不动，调节电阻箱R0，使灵敏电流表G的指针半偏，此时电阻箱R0的示数如图乙所示，则该灵敏电流表的内阻为_____Ω。
(3)该实验中电流表内阻的测量值_____(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(4)为提高实验精度，下列措施可行的是______。
A.更换内阻较小的电源
B.更换电动势较大的电源
C.更换阻值较大的滑动变阻器
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=1Ω，R2=12Ω，R3=4Ω，另有一测试电源，电源提供的电压恒为10V，内阻忽略不计。
(1)当cd端短路时，ab之间的等效电阻是多少？
(2)当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压是多少？
14.如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度ℎ=0.8 m.有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点．(g取10 m/s2)求：
(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；
(2)小环在直杆上匀速运动时速度的大小；
(3)小环运动到P点的动能．
15.如图甲所示，P处有一粒子源，可以均匀地“飘”出(初速度为零)质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，经M、N间的加速电场加速进入辐向电场(电场强度方向指向O)，沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动，从辐向电场射出后，沿平行板A、B间的中线射入A、B两板间的电场中，A、B两板间所加的电压随时间变化如图乙所示，图中U0未知、T已知，从t=0时刻射入A、B板间的粒子恰好打在B板的中点，从A、B板间射出的粒子在两板间运动的时间均为T，板长和板间距离相等，M、N板间所加电压为U，不计粒子的重力，求：
(1)经MN板间加速后，粒子获得的速度v0大小；
(2)辐向电场中虚线上各点的电场强度E1大小；
(3)U0大小以及从A、B板间射出的粒子占射入A、B板间粒子的百分比(结果保留三位有效数字)。
参考答案
1.D
2.B
3.C
4.C
5.A
6.A
7.C
8.AC
9.BC
10.AB
11.(1)0.696##0.697##0.698##0.699##
(2) A1 R2
(3)
(4)10.6##10.7##10.8##10.9##11.0

12.(1)右端
(2)1893
(3)小于
(4)BC

13.(1)当cd端短路时，ab之间的结构是R2、R3并联后和R1串联，等效电阻为
R=R2R3R2+R3+R1=12×412+4Ω+1Ω=4Ω
(2)当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，为
Ucd=U3=R3R1+R3E=41+4×10V=8V

14.解：(1)小环在直杆上做匀速运动，电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，其受力情况如图所示：
由平衡条件得：mgsin45°=Eqcs45°
得：mg=Eq
离开直杆后，只受mg、Eq作用，则合力为
F合= 2mg=ma
所以加速度为：a= 2g=10 2m/s2≈14.1 m/s2，方向与杆垂直斜向右下方．
(2)设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到达P点，
则竖直方向：ℎ=v0sin45°⋅t+12gt2…③
水平方向：v0cs45°⋅t−12qEmt2=0…④
联立解得：v0= gℎ2= 10×0.82m/s=2 m/s
(3)由动能定理得：EkP−12mv02=mgℎ…⑤
可得：EkP=12mv02+mgℎ=12×0.5×22J+0.5×10×0.8J=5 J
答：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小为14.1m/s2，垂直于杆斜向右下方；
(2)小环在直杆上匀速运动时速度的大小为2 m/s；
(3)小环运动到P点的动能是5 J．
15.(1)根据动能定理
qU=12mv02−0
解得
v0= 2qUm
(2)根据牛顿第二定律
qE1=mv02R
解得
E1=2UR
(3)由于从A、B板间射出的粒子在板间运动的时间均为T，则板长
L=v0T=T 2qUm
由于板长和板间距离相等，从t=0时刻射入A、B板间的粒子恰好打在B板的中点，则该粒子在两板间运动的时间为0.5T，则
12L=12a12T2=12qU0mL12T2
解得
U0=8U
设在 0∼14T 时间内，从 t1 时刻射入板间的粒子在电场中发生的最大侧移刚好为 12L ，如图甲所示

则
12L=12qU0mL12T−t12×2
解得
t1=2− 24T
设在 T4∼T2 时间内，从 t2 时刻射入板间的粒子最后从上极板右侧离开电场，如图乙所示

则
12aT2−t22×2+L2=12at22+at2t2−12at22
a=qU0Lm
解得
t2=38T
根据对称性可知，从板间射出的粒子占射入粒子的百分比
η=t2−t112T×100%=2 2−14≈45.7%