天津市滨海新区塘沽一中2024-2025学年高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份天津市滨海新区塘沽一中2024-2025学年高二（上）期中物理试卷（含解析），共14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.物理思想方法是物理学科素养的重要内容，可帮助我们提升思维水平，形成综合能力。下列有关思想方法说法正确的是( )
A. 卡文迪什扭秤实验用到控制变量法B. 合力、分力概念体现了等效替代的思想
C. I=UR与C=QU都采用了比值定义法D. 点电荷、电场、电场线都是理想化模型
【答案】B
【解析】解：A.卡文迪什利用扭秤测量万有引力常量用到了放大法的思想，故A错误；
B.合力、分力等概念的建立体现了等效替代的思想，故B正确；
C.电流公式I=UR是欧姆定律的表达式，不是电流的定义式，不是比值定义法，电容C=QU采用了比值定义法，故C错误；
D.电场不属于理想化模型，是电荷周围客观存在的物质，点电荷和电场线是理想化物理模型，故D错误。
故选：B。
根据物理学上的微元法、放大法、等效替换思想和比值定义法、理想模型法等对各事例进行分析判断。
考查对物理学思想方法的理解，需针对性记忆。
2.如图A、B是材料相同、厚度相同、表面为正方形的金属导体，两正方形的边长之比为2：1，通过这两个导体的电流方向如图所示，不考虑温度对电阻率的影响，则两个导体A与B( )
A. 串联在电路中，两导体的电压之比为1：2
B. 并联在电路中，两导体的电流之比为2：1
C. 串联在电路中，两导体中自由电子定向运动速率之比为1：2
D. 并联在电路中，两导体中自由电子定向运动速率之比为2：1
【答案】C
【解析】解：AB、设正方形的边长为L，厚度为d，根据电阻定律可知R=ρLS=ρLLd=ρd，解得R1：R2=1：1，无论在串联还是并联电路，两导体电压电流都相等，故AB错误；
CD、两导体并联或者串联在电路中，两端电压相同，由于电阻之比是1：1，根据欧姆定律可知通过两导体的电流相等，根据电流的微观表达式I=neSv=neLdv可知，自由电子在导体A与B中的定向移动速率之比为v1：v2=L2：L1=1：2，故C正确，D错误。
故选：C。
材料相同，电阻率相同；根据电阻定律可以求出不同方向的电阻。
本题考查了电阻定律等知识点。电流方向不同，通过导体的电阻不同，这一点容易出错，一定要通过电阻定律计算来确定。
3.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。则下列说法中正确的是( )
A. 图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系
B. 图中a线最高点对应的功率为最大输出功率
C. 在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC
D. 两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1：1，纵坐标之比一定为1：2
【答案】C
【解析】解：AC、三种功率的表达式分别为PE=EI，Pr=I2r，PR=IE−I2r
故a图线为电源总功率，b为电源内部热功率，c图线为电源的输出功率，则有PA=PB+PC，故A错误，C正确；
B、根据上述分析可知，M点为电源输出功率最大的点，不是N点，故B错误；
D、当外电路的电阻与内电路的电阻相等时，电源的输出功率最大，故M点的纵横坐标分别为PMy=E24r，IMx=E2r
N点表示电源的总功率与其发热功率相等，即此时电路中的电阻只有电源的内阻，故N点的纵横坐标分别为PNy=E2r，INx=Er
所以两点的横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，故D错误。
故选：C。
根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系．
当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和．
4.如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G=500N，电源电动势E=90V，电源内阻为2Ω，不计各处摩擦，当电动机以v=0.6m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A，则( )
A. 电源的输出功率为450WB. 电动机线圈的电阻为16Ω
C. 电动机的效率为75%D. 电源的效率为66.7%
【答案】C
【解析】解：重物被提升的功率PG=Fv=Gv=500×0.6W=300W
此时电路中的电流为I=5A，则电源的总功率P总=EI=90×5W=450W
设线圈的电阻为R
根据能量守恒得：P总=PG+I2r+I2R
电源的输出功率P出=P总−I2r=450W−52×2W=400W
则得：R=P总−PG−I2rI2=450−300−52×252Ω=4Ω
电动机效率为η1=PGPG+I2R×100%=300300+52×4×100%=75%
电源的效率为η2=P总−I2rP总×100%=450−52×2450×100%=88.9%，故ACD正确，B错误。
故选：C。
当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率，则电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率，效率等于有用功率与总功率之比．
本题要知道电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，关键要准确分析功率是如何分配，根据能量转化和守恒定律进行列式解答这类问题．
5.示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成。如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是( )
A. U1变大，U2变大B. U1变小，U2变大C. U1变大，U2变小D. U1变小，U2变小
【答案】B
【解析】解：设电子进过加速电场加速后的速度为v0，电子在加速电场U1中做匀加速直线运动，根据动能定理有：qU1=12mv02−0，
设偏转电场极板长为l，板间距离为d，电子在偏转电场中做类平抛运动，在竖直方向上有：vy=at=qU2md×lv0，
则偏转角的正切值tanθ=vyv0
代入以上已知量解得：tanθ=U2l2U1d。
由此可知，减小U1，增大U2可以使tanθ增大，从而使θ变大。故B正确，ACD错误。
故选：B。
电子在加速电场中做匀加速直线运动，先根据动能定理求出电子射出加速电场时的速度；电子进入到水平放置的平行板之间做类平抛运动，
再运用平抛运动规律，先求出电子射出偏转电场时的竖直速度大小，再结合数学知识可求出电子的偏转角的正切值，从结果即可分析解答。
解答本题的关键是：要熟练掌握电子在加速电场和偏转电场中所遵循的物理规律，灵活运用动能定理和平抛运动的知识来解题，最后根据计算的结果进行讨论可得出答案。
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.如图所示的电路中，R是光敏电阻，当光照强度增大时，它的阻值减小。电压表和电流表均为理想电表，当外界的光照强度减弱时，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数增大
B. 电压表的示数增大
C. 电阻R0的功率减小
D. 电源的输出功率减小
【答案】BC
【解析】解：AB、当光照强度减弱时，光敏电阻的阻值增大，根据“串反并同”可知，电流表示数减小，电压表示数增大，故B正确，A错误；
C、因为通过电路的电流变小，根据P=I2R可知，电阻R0的功率减小，故C正确；
D、当电源内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，因为不知道电源内阻和外电阻的关系，所以电源的输出功率无法判断，故D错误。
故选：BC。
根据“串反并同”分析电压表和电流表示数的变化；根据P=I2R分析电阻电功率的变化，因为不知道电源内阻和外电阻的关系，所以电源的输出功率无法判断。
掌握在动态电路分析中的二级结论“串反并同”，知道电源内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大。
7.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是( )
A. 小球两段水平位移x1与x2之比为1：3
B. 小球所受电场力与重力之比3：4
C. 小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6J
D. 小球落到B点时的动能为32J
【答案】AD
【解析】解：A.由题可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，在竖直方向做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可知，小球从A到M的运动时间与从M到B的运动时间相等，根据初速度为0的匀加速直线运动的推论可知，连续相等时间内的位移之比为1：3：5：…：(2n−1)，则小球两段水平位移x1与x2之比为1：3；故A正确；
B.设小球的质量为m，在A、M两点的速度为vA、vM，从A点至M点的时间为t，小球所受重力和电场力分别为G、F，
由题知，在A点，有：12mvA2=8J，在M点，有12mvM2=6J，
结合A分析可知，竖直方向上，有：vA=gt=Gmt，在水平方向上，有：vM=at=Fmt，
联立可得G：F=2： 3，故B错误；
D.设物体在B动能为EkB，水平分速度为vBx，竖直分速度为vBy，物体在A点水平分速度为vAx，竖直分速度为vAy，在M点水平分速度为vMx，竖直分速度为vMy，结合前面分析可知，由竖直方向运动对称性知：12mvBy2=8J，
对于水平分运动运用动能定理得：Fx1=12mvMx2−12mvAx2，F(x1+x2)=12mvBx2−12mvAx2，
其中：x1：x2=1：3，且：EkB=12m(vBx2+vBy2)，
联立可得：Fx1=6J，F(x1+x2)=24J，EkB=32J，故D正确；
C.如图所示，设电场力与重力的合力即等效重力G′与竖直方向的夹角为θ，
据几何关系可知sinθ=F F2+G2
其中G：F=2： 3，
联立可得：sinθ= 217，
当小球的速度方向与G′垂直时，小球的速度最小，动能最小，如图中P点，
故最小动能为：Ekmin=12mvmin2=12m(vAsinθ)2=12mvA2×sin2θ=8×( 217)2J=247J；故C错误；
故选：AD。
A.由题可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，在竖直方向做竖直上抛运动，根据不同方向的运动特征，即可分析求解；
B.根据动能与速度的关系分别列式，结合A分析，列出不同方向速度与力的关系，进而求解；
D.结合前面分析，由竖直方向运动对称性及水平方向电场力做功的情况，分别列式，即可求解；
C.运用等效重力求极值，即可求得小球动能的最小值。
本题运用运动的合成和分解法处理小球的运动，抓住竖直方向上运动的对称性得到时间关系是关键。运用等效重力求极值，得到小球动能的最小值是易错点。
8.如图甲所示，A、B两极板与交变电源相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，A板的电势为0，质量为m，电荷量为−q的电子仅在电场力作用下，在t=T4时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板间运动，恰好能到达B板，则( )
A. 电子在两极板间的最大速度为 2qU0m
B. 两极板间的距离为 qU0T216m
C. 若将B极板向上移动少许，则电子到达B板时速度大于0
D. 若电子在t=T8时刻进入两极板，它将一直加速向B极板运动，最终到达B极板
【答案】BD
【解析】解：B、电子在t=T4时刻，由静止释放，进入两极板间运动，先加速后减速，由电子可以恰好到达B板，可知电子恰好在34T时到达B板；
若极板间距为d，则加速度为：a=qU0md，极板间距满足d=2×12a×(T2−T4)2，解得d= qU0T216m，故B正确；
A、由A选项分析可知，电子在T2时，电子的速度最大，最大速度为：vm=a×(T2−T4)，解得：vm= qU0m，故A错误；
C、该极板与电源相连，极板间电压不变，极板间的电场强度也不变，故电子受力没有变化，电子到达B板时的速度为0，故C错误；
D、在t=T8时进入极板，则在T8∽T2时间内，做匀加速运动，若可以一直加速，则位移为：x=12a(T2−T8)2，解得：x=9T32 qU0m，可知x>d，可知电子在加速的过程中到达B板，故D正确。
故选：BD。
根据带电粒子在电场中的受力，结合匀变速直线运动的规律，可得到电子在电场中运动的位移表达式，结合电子可以恰好到达B板，即可计算两极板间的距离；由电子的运动状态、匀变速运动关系式，即可计算电子的最大速度；由电源与电容的连接情况，即可判断两极板间的电场强度变化情况，结合电子的运动特点，即可判断电子到达B电时的速度是否大于0；电子进入两极板的时刻变化后，由匀变速运动学关系式，可得到电子在电压变化之前的时间内可以向右移动的位移，与两极板的间距比较，即可判断电子的运动状态。
本题考查带电粒子在周期性变化的电场中的运动特点，关键是根据电子可恰好到B板，得到极板间距与电子位移的关系式。
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
9.某物理兴趣小组要测量一节干电池的电动势和内阻。他们在实验室找到了如下器材：电流表(量程0～0.6A)，电压表(量程0～3V)，滑动变阻器，开关、导线若干。

(1)为了减小误差，他们应选择如图______(选填“甲”或“乙”)所示的电路进行实验；
(2)按所选电路进行实验，得到多组电流表的示数I和对应的电压表示数U，以U为纵坐标，I为横坐标将得到的数据进行描点，连线后得到一条倾斜直线，如图丙所示，由图像得出电池组的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(结果均保留2位小数)
【答案】甲 1.48 0.80
【解析】解：(1)干电池的内阻较小，用乙图电路中的电流表分压影响较大，因此选择甲电路；
(2)根据闭合电路的欧姆定律有
E=U+Ir
则U−I图像的表达式为
U=−rI+E
即U−I图的纵截距表示电池的电动势，斜率的绝对值表示电池的内阻，即
E=1.48V，r=1.48−−0Ω=0.80Ω。
故答案为：(1)甲；(2)1.48；0.80。
(1)根据电池内阻、电压表内阻和电流表内阻比较产生误差的影响大小判断；
(2)根据闭合电路的欧姆定律结合U−I图像求解电池的电动势和内阻。
本题考查测电源的电动势和内阻的实验，要求学生熟练掌握实验原理(闭合电路的欧姆定律)、实验器材、数据处理和误差分析。
10.某物理探究小组的同学测量均匀金属实心圆柱体电阻的电阻率。

(1)使用螺旋测微器测定金属实心圆柱体直径d，某次测量结果如图甲所示，读数为______mm，然后用游标卡尺测量其长度L如图乙所示，可知其长度为______mm。
(2)用伏安法测圆柱体电阻Rx的阻值，提供如下器材：
电池组E：电动势3V，内阻不计；
电流表A1：量程0～15mA，内阻约为100Ω；
电流表A2：量程0～300μA，内阻为1000Ω；
滑动变阻器R1：阻值范围0～10Ω，额定电流为2A；
电阻箱R2：阻值范围0～9999Ω，额定电流为1A；
待测电阻Rx(约180Ω)
开关S，导线若干。
要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：
①为了测量待测电阻两端的电压，将电流表______(填写器材字母代号)与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到______Ω，改装成一个量程为0～3.0V的电压表。
②在方框中画出测量Rx阻值的电路图(如图丁)，并在图中标明器材代号。
【答案】7.520 22.7 A2 9000
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属实心圆柱体直径d=7.5mm+2.0×0.01mm=7.520mm，游标卡尺的精确度为0.1mm，金属实心圆柱体长度L=22
mm+7×0.1mm=22.7mm
(2)①根据电表的改装原理可知，应将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为0～3.0V的电压表，根据欧姆定律，串联电阻阻值为R=UIA2−RA2=3.0300×10−6Ω−1000Ω=9000Ω
②待测电阻较小，电流表采用外接法，滑动变阻器最大阻值较小，采用分压式接法，如图
故答案为：(1)7.520，22.7；(2)①A2，9000；②电路图如上所示。
(1)根据螺旋测微器和游标卡尺的读数规则完成读数；
(2)①根据电流表的内阻值的条件选择改装的表头，结合欧姆定律计算改装时串联电阻；
②根据电表参数结合待测电阻值以及电压要求，分析采用的电流表的接法以及滑动变阻器的接法再作出合适的电路。
考查基本器材的使用以及电流表和滑动变阻器的接法，会根据题意进行准确分析解答。
四、计算题：本大题共3小题，共46分。
11.如图所示，长L=0.12m的绝缘轻杆上端固定在O点，质量m=0.6kg、电荷量q=0.5C的带正电金属小球套在绝缘轻杆上，空间存在水平向右的匀强电场，球与杆间的动摩擦因数μ=0.75.当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，g取10m/s2。
(1)求匀强电场的电场强度大小；
(2)改变轻杆与竖直方向的夹角，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，并将小球从O点静止释放，求小球离开杆时的速度大小。
【答案】解：(1)当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，故小球受力平衡；
由小球受重力、电场力、杆的支持力和摩擦力作用可得：mg=μqE，所以，匀强电场的电场强度为：E=mgμq=16N/C；
(2)改变轻杆与竖直方向的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，故支持力为零，则重力、电场力垂直轻杆方向分力平衡，故有：mgsinθ=qEcsθ，所以，tanθ=qEmg=1μ=43，故θ=53°，sinθ=0.8，csθ=0.6；
那么，小球受到合外力F=mgcsθ+qEsinθ=3.6+6.4(N)=10N，
故小球从O点静止释放，沿杆做加速度a=Fm=503m/s2的匀加速直线运动，故小球离开杆时的速度v= 2aL=2m/s；
答：(1)匀强电场的电场强度大小为16N/C；
(2)改变轻杆与竖直方向的夹角，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，并将小球从O点静止释放，则小球离开杆时的速度大小为2m/s。
【解析】(1)根据杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，由受力平衡求解；
(2)根据摩擦力为零得到正压力为零，从而得到轻杆与竖直方向的夹角，即可求得小球所受合外力，进而得到小球加速度，最后由匀加速直线运动规律求得末速度。
物体在匀强电场中受到的电场力为恒力，故常根据牛顿第二定律求得加速度，然后由匀变速运动规律求得速度、位移等问题。
12.如图所示，长为L的轻质绝缘不可伸长细线，一端固定在O点，一端系一质量为m，带电量大小为q的小球。空间中有水平向右匀强电场，现将小球置于细线水平伸直的位置B，然后静止释放，小球在位置A时速度为零，已知OA与竖直方向成30°，重力加速度为g。试求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)小球释放后绳子中最大拉力大小。
【答案】解：(1)小球由静止释放，到A时速度为0，由题知，该过程重力做正功，绳子拉力不做功，则电场力做负功，该小球带负电，
设匀强电场的电场强度大小为E，由动能定理可得：mgLcs30°−qE(L+Lsin30°)=0−0，
解得：E=mgLcs30°qE(L+Lsin30∘)= 3mg3q；
(2)由(1)知，小球所受电场力大小为F=qE= 33mg，方向水平向左，
设小球所受电场力与重力的合力为F′(等效重力)，可得如图：

由图可得，tanα=Fmg= 33，则α=30°，
则F′=Fsin30∘=2 33mg，方向与竖直方向夹角为30°，指向左下方，
则D点即等效最低点，小球在D点时速度最大、绳子的拉力最大，
小球由释放到D点，由动能定理得：mgLcs30°−qELsin30°=12mvm2−0，
小球在D点，由牛顿第二定律可得：Tm−F′=mvm2L，
联立可得：Tm=4 33mg；
答：(1)匀强电场的电场强度大小为 3mg3q；
(2)小球释放后绳子中最大拉力大小为4 33mg。
【解析】(1)小球由静止释放，到A时速度为0，由题知，该过程重力做正功，绳子拉力不做功，则电场力做负功，该小球带负电，由动能定理列式，即可求解；
(2)由(1)知，小球所受电场力大小及方向，进而确定小球所受电场力与重力的合力(等效重力)，由图找到等效最低点，由动能定理、牛顿第二定律分别列式，即可求解。
本题主要考查电场力综合问题，需注意动能定理的应用，解答本题时确定“等效重力”的大小和方向是关键。
13.电子束光刻技术原理简化如图甲所示，电子源发射的电子束经过多级直线加速器后，进入静电转向器，再通过偏移器后对晶圆上的光刻胶进行曝光。多级直线加速器由n个横截面积相同且共轴的金属圆筒依次水平排列，各金属圆筒依序接在交变电源的两极A、B上，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。序号为0的金属圆板中央有一个点状电子源，电子逸出的速度不计，转向器中有辐向电场，电子从M点水平射入，沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动，并从N点竖直射出，沿着偏移器的中轴线进入，轴线垂直晶圆上表面并过中心O点，已知偏移器为长、间距均为L的平行金属板，两极板可加电压，偏移器下端到芯片的距离为L，电子质量为m、电荷量大小为e，交变电压的绝对值为U，周期为T。电子通过圆筒间隙的时间不计，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略相对论效应、极板边缘效应等其他因素的影响。
(1)若t=0时刻进入圆筒间隙的电子能够被加速，求此时A、B的电势高低和经过一次加速后电子的速度；
(2)经过8个圆筒后被导出的电子恰能沿圆弧虚线运动，求第8个圆筒的长度和转向器虚线处电场强度的大小；
(3)第(2)问中的电子能经过偏移器，求偏移器间所加电压的范围。
【答案】解：(1)由题意可知，电子在电场中被加速，由此电场力对电子做正功，则要求B点电势高；电子在第一次加速过程应用动能定理可得：eu=12mv12，解得：v1= 2eum；
(2)电子在圆筒中做匀速直线运动，则有：l8=v8⋅T2
电子经过8次加速后，有：8eu=12mv82
所以l8=2T eum
电子在转向器中做匀速圆周运动，则有：eE=mv82R，解得：E=16uR；
(3)电子在偏移器中做类平抛运动，有：L=v8t
12L=12at2
a=eummL
联立解得：um=16u
故所加电压的范围为：−16u≤u偏≤16u。
答：(1)B点电势高，经过一次加速后电子的速度为 2eum；
(2)第8个圆筒的长度为2T eum，转向器虚线处电场强度的大小为16uR；
(3)偏移器间所加电压的范围为−16u≤u偏≤16u。
【解析】(1)由于电子被加速，则B电势高，根据动能定理可求电子的速度；
(2)根据匀速直线运动的位移公式和动能定理求第8个圆筒的长度，再根据圆周运动求电场强度；
(3)根据类平抛运动的规律求偏移器间所加电压的范围。
本题考查粒子在电场中的运动问题，学生应熟练对动能定理、匀加速直线运动位移一时间公式的运用，是一道中等难度题。