安徽省淮北市多校2024-2025学年高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份安徽省淮北市多校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.在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为( )
A. A灯和B灯都变亮B. A灯、B灯都变暗
C. A灯变亮，B灯变暗D. A灯变暗，B灯变亮
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是滑动变阻器对电路中电流、电压的调节情况，分析清楚电路结构、根据滑动变阻器阻值的变化，判断电路电流、电压的变化情况，熟练应用功率公式是正确解题的关键。
【解答】
当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，且B灯电流变大，B灯变亮；
UA=E−I(r+RB)，所以A灯的电压变小，根据P=U2R可知A的功率变小，故A灯变暗；
故选D。
2.某导体的伏安特性曲线如图所示，直线a是伏安特性曲线上b点的切线，关于导体的电阻，下列说法中正确的是( )
A. 当电压是4V时，导体的电阻为22.5ΩB. 当电压是4V时，导体的电阻为0.1Ω
C. 导体的电阻随着电压的增大而减小D. 导体的电阻随着电压的增大而增大
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查对伏安特性曲线的了解，要注意明确各点的电阻应通过电阻的定义式R=UI求解，不能根据切线的斜率求，注意图象的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数。
【解答】
AB、由图可知，当电压为4V时，电流为0.4A，故其电阻R=UI=40.4Ω=10Ω，故AB错误；
CD、I−U图象中图象中图象的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，则由图可知，导体的电阻随着电压的增大而增大，故C错误，D正确。
故选：D。
3.图中实线为真空中某一点电荷形成的电场线，一电子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a、b是轨迹上的两点．若电子在两点间运动的速度不断增大，则下列判断中正确的是( )
A. 形成电场的点电荷电性为正
B. 电子可能是从a点运动到b点
C. 电子在两点间运动的加速度一定减小
D. 调整电子初速度的大小和方向，电子可能做匀速圆周运动
【答案】C
【解析】【分析】
先由粒子的运动轨迹，判断粒子所受电场力的大体方向，再根据做功情况联系粒子动能变化判断运动方向，根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小；
本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向．
【解答】
A.做曲线运动的物体，受力的方向一定指向凹侧，可知电子受电场力向左，形成电场的点电荷电性为负，A错误；
B.由于电子在两点间运动的速度不断增大，因此一定是从b点向a点运动，B错误；
C.由于从b向a运动，电场强度逐渐减小，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，C正确；
D.由于场源电荷与电子带同种电荷，相互排斥，因此电子不可能做匀速圆周运动，D错误。
故选C。
4.如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在AB两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与AB连线的中点重合，其中af连线与AB连线垂直。现将一电子沿该路径逆时针方向移动一周，下列判断正确的是( )
A. e点和g点的电场强度相同
B. h点和d点的电势相等
C. 电子在e点的电势能比g点电势能大
D. 电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做正功后做负功
【答案】C
【解析】【分析】
根据等量异种电荷电场线的分布比较e、g两点的场强；等势线与电场线垂直，等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；沿电场线方向电势降低；根据电场力做功与电势能的关系分析。
解决本题的关键掌握等量异种电荷周围电场线的分布，以及掌握电场力做功和电势能变化的关系，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且电势与无穷远相等。
【解答】
画出等量异种点电荷周围的电场线和等势面分布如图所示：
A、此图可以看出，e点和g点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B、沿电场线方向电势降低，则h点的电势高于d点的电势，故B错误；
C、e点电势低于g点，根据Ep=−eφ可知，电子在e点的电势能大于在g点的电势能，故C正确；
D、电子沿fed移动时，电势先降低再升高，电势能先增大后减小，故电场力先做负功后做正功，故D错误；
故选：C。
5.如图所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，R为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，若开关S闭合后，电压表示数为U，电流表示数为I，当可变电阻R的滑片向右端移动时，下列说法中正确的是
A. U变小，I变大B. U变小，I变小C. U变大，I变大D. U变大，I变小
【答案】A
【解析】【分析】
分析滑片滑动时电阻变化，得到干路中电流变化，结合闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化，再分析通过电阻R1电流的变化，即可得到电流表示数变化。
本题电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析。
【解答】
当可变电阻R的滑片向右端移动时，R变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I总变大，电压表示数U=E−I总(r+R2)变小，电路中并联部分电压变小，则通过R1的电流I1变小，因为干路中电流I总变大，所以电流表的示数I=I总−I1变大，故A正确，BCD错误。
6.电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属基板。对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动。在P、Q间距减小的过程中，下列判断正确的是( )
A. P、Q构成的电容器的电容不变B. P、Q构成的电容器的电容增大
C. 通过电阻R的电流方向为从a到bD. 通过电阻R的电流为0
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了电容器在生活中的具体应用，该题的本质问题是电容器的动态分析。
根据平行板电容器电容的决定式C=εS4πkd分析电容的变化，再由Q=CU判断Q和U的变化。
【解答】
由于电容器始终与电源相连，故两端电压U不变；
AB.根据平行板电容器电容的决定式C=εS4πkd，可知当d减小时，电容器的电容C增大，故A错误，B正确；
CD.由Q=CU可知，U不变，C增大，故Q增大，由电容器所带电荷量增大，即电容器充电，故流过电阻R的电流由b到a，故CD错误。
故选B。
7.如图，在O1和O2处分别放置等量异种电荷，以两点连线的中点O3为圆心、在垂直O1O2的平面内某一圆周上任取两点A、B，则A、B两点( )
A. 场强大小，方向均相同B. 场强大小相等，方向不同
C. 电势相等，且高于O3D. 电势相等，且低于O3
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查等量异种电荷电场的特点，掌握等量异种电荷电场的特点是解题的关键，难度不大。
【解答】
AB.如图所示，在等量异种电荷连线的中垂面上，以O3为圆心的圆周上A、B两点，场强大小相等，方向相同，A正确，B错误；
CD.等量异种电荷连线的中垂面上各点电势相等，且等于O3电势，CD错误。
故选A。
8.图为某多用电表的简化电路图，表头G电阻Rg=30Ω，满偏电流Ig=1mA，滑动变阻器R2最大阻值为10kΩ，定值电阻R1=0.05Ω，R3=2970Ω，电源电动势E=3V，内阻可忽略。下列说法正确的是( )
A. 当选择开关接1时，测量的是电压
B. 当选择开关接2时，测量的是电阻
C. 当选择开关接3时，测量的是电流
D. 测量时，电流是由A表笔流出，B表笔流入
【答案】B
【解析】解：A、由图示电路图可知，选择开关置于1时表头G与电阻并联，此时多用电表测电流，故A错误；
B、由图示电路图可知，选择开关置于2时多用电表有内阻电源，此时多用电表可以测电阻，故B正确；
C、由图示电路图可知，选择开关置于3时表头G与电阻串联，此时多用电表测电压，故C错误；
D、由图示电路图可知，测量时电流由A流入由B流出，故D错误；
故选：B．
灵敏电流计与分流电阻并联可以改装成电流表；灵敏电流计与分压电阻串联可以改装成电压表；欧姆表有内置电源；电流从正接线柱流入从负接线柱流出多用电表，分析清楚图示电路图答题．
本题考查了多用电表的应用，知道多用电表的结构与原理是解题的前提与关键，掌握基础知识、分析清楚电路结构即可解题；平时要注意基础知识的学习与掌握．
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.下图所示的实验中，极板所带电荷量为Q，已知两极板正对面积为S、间距为d，平行板电容器的电容为C，静电计指针偏角为θ。则下列判断正确的是( )
A. 若保持S不变，仅增大d，则θ变小B. 若保持S不变，仅增大d，则C变小
C. 若保持d不变，仅减小S，则θ变大D. 若保持d不变，仅减小S，则C变大
【答案】BC
【解析】【分析】
静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=εS4πkd分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=QU分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况。
本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=εS4πkd和C=QU。
【解答】
AB、根据电容的决定式C=εS4πkd，保持S不变，增大d时，电容C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=QU分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故A错误，B正确；
CD.根据电容的决定式C=εS4πkd，若保持d不变，减小S时，电容C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=QU分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确，D错误。
10.如图，x轴上有两同种点电荷Q1和Q2，Q1和Q2的位置坐标分别为x1、x2。Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，电势最低处为xP点，则( )
A. xP点电场强度为零B. Q1和Q2带电量相等
C. Q1和Q2都是负电荷D. xP点左侧和右侧电场强度方向相反
【答案】AD
【解析】解：BC、因为沿电场线方向电势逐渐降低，根据电势走向，场源电荷一定为同种正电荷，且电势变化不对称，电量不等，故BC错误。
AD、xP点切线斜率为零，而φ−x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则xP点的电场强度为零，或根据两正电荷连线上必有场强为0点即电势升降转折点xP，该点左右电场反向，故AD正确。
故选：AD。
φ−x图线的切线斜率表示电场强度的大小，从坐标x1到x2电势先减小后增大，根据沿电场线电势逐渐降低判断两电荷的电性，根据电场强度为零的位置比较两电荷的电量大小；根据EP=qφ即可判断电势能的大小关系。
解决本题的关键找到该题的突破口，即根据P点的切线斜率(即电场强度)为零入手分析，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.铅笔内芯是石墨和黏土的混合体。
(1)某同学使用螺旋测微器测定其直径d，某次测量结果如图所示，读数为__________mm。用游标卡尺测量其长度，示数如图所示，由图可知其长度L=__________cm。
(2)某同学使用多用电表欧姆挡粗测其电阻，他首先将选择开关置于“×10”倍率，接着将两支表笔短接，旋转欧姆调零旋钮使指针指向0，然后将两表笔分别与该铅笔内芯两端接触，测其电阻时指针如图所示，则该同学接下来应该进行的操作是①换选___________(选填“×1”、“×100”或“×1K”)挡；②_______________。
(3)下图是某同学找到的某多用电表的原理电路图。图中R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。B为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。则图中：
①A端与________ (填“红”或“黑”)色表笔相连接。
②若多用电表有以下5个挡位，则B端与“2”相连时为_______挡位(填写选项前字母代号)。
A. 直流电压1V挡 B.直流电压5V挡 C.直流电流1mA挡
D. 直流电流2.5mA挡 E.欧姆×100挡
③R1+R2=________Ω，若R4>R3，则 R4=_______Ω。
【答案】(1)0.680，2.98 (2) ×100，欧姆调零 (3)黑，C，160，4880
【解析】【分析】
(1)由螺旋测微器及游标卡尺读数方法得解；
(2)由欧姆表的使用步骤得解；由其读数方法得解；
(3)由欧姆表的内部结构得解；由多用电表的改装原理得解。
本题主要考查螺旋测微器及游标卡尺读数及多用电表的使用，难度一般。
【解答】
(1)由螺旋测微器的读数方法可得直径d=0.5mm+18.0×0.01mm=0.680mm；
由游标卡尺读数方法得长度L=2.9cm+8×0.1mm=2.98cm；
(2)由欧姆表的使用步骤可知，由图图示数据太小，说明所选倍率较小，故该同学接下来应该进行的操作是将选择开关置于“×100”倍率，并重新进行欧姆调零，再进行测量。
(3)由于欧姆表内置电源的黑笔接电源的正极，故由图可知，A端应接黑笔；
由电表的改装原理可知，当换挡开关置于2时，此时表头与R1、R2串联后的总电阻并联，故电流表量程为1mA，C正确；
若换挡开关置于4时，电压表量程为1V，故由电路结构及电表的改装原理可得：Ig+IgRgR1+R2=1mA，解得：R1+R2=160Ω。
若R4>R3，则IgRg+Ig+IgRgR1+R2R4=5V，解得R4=4880Ω。
12.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.被测干电池一节
B.电流表1：量程0～0.6 A，内阻r=0.3 Ω
C.电流表2：量程0～0.6 A，内阻约为0.1 Ω
D.电压表1：量程0～3 V，内阻未知
E.电压表2：量程0～15 V，内阻未知
F.滑动变阻器1：0～10 Ω，2 A
G.滑动变阻器2：0～100 Ω，1 A
H.开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．
(1)在上述器材中请选择适当的器材(填写器材前的字母)：电流表选择__________，电压表选择__________，滑动变阻器选择________．
(2)实验电路图应选择下图中的__________(填“甲”或“乙”)；

(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U−I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=_________V，内电阻r=___Ω．
【答案】(1)B；D；F；(2)甲；(3)1.5；0.7．
【解析】【分析】
(1)实验中要能保证安全和准确性选择电表；
(2)本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；
(3)由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻．
本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻．
【解答】
(1)干电池的电动势约为1.5V，故为了读数准确，电压表应选择D．
内阻较小，为了准确测量内阻，选择已知内阻的电流表B；
滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F．
(2)根据以上分析可知，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择甲；
(3)由U−I图可知，电源的电动势E=1.5V；
内电阻r+RA=△U△I−RA=1.5−1.00.5Ω−0.3Ω=0.7Ω
故答案为：(1)B；D；F；(2)甲；(3)1.5；0.7．
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.有一电荷量为q=3×10−6C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10−4J。从B点移到C点电场力做功9×10−4J。
(1)AB间的电势差UAB等于多少？
(2)若B点电势为零，C点的电势能为多少？
【答案】(1)电荷从A移到B点的过程，电场力做负功，可得A、B间的电势差为
UAB=Wq=−6×10−43×10−6V=−200V
(2)从B点移到C点，根据功能关系
WBC=−ΔEp=EpB−EpC
又因为，B点电势为零，即
EpB=qφB=0
所以
EpC=−WBC=−9×10−4J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.如图所示，M为一线圈电阻RM=0.4 Ω的电动机，电阻R=24 Ω，电源电动势E=40 V.当S断开时，电流表的示数I1=1.6 A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0 A.求：
(1)电源内阻r；
(2)开关S闭合时，通过电动机的电流及电动机输出的机械功率．
【答案】解：(1)设电源内阻为r′，当S断开时，I1=ER+r′，即1.6=4024+r，
得：r′=1Ω．
(2)当S合上时，I2=4A，则：U内=I2⋅r′=4V
U外=E−U内=40V−4V=36V，也即电动机两端电压为36V；
流过R的电流：IR=3624A=1.5A；
流过电动机的电流：I=I2−IR=(4−1.5)A=2.5A；
电动机的输出功率：P出=P−P热=IU外−I2RM=87.5W；
答：(1)内阻为1Ω；
(2)流过电动机的电流为2.5A；电动机的输出功率为87.5W．
【解析】(1)当S断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻．
(2)当开关S闭合时，已知电流表的示数，求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流，得到通过电动机的电流，由功率公式P=UI可求得功率．
对于电动机电路，正常工作时是非电阻电路，根据能量守恒求解其输出功率，要区分电动机的输出功率与效率的不同，不能混淆．
15.示波器的原理可简化为图甲所示，一束电子流持续不断的由静止开始经加速电场加速后，沿中轴线OO′垂直电场方向射入偏转电场，射出电场后打到荧光屏上的P点。已知电子的质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场电压为U，两板间距离为d，极板的长度为L1，极板末端到荧光屏的距离为L2，不计电子所受重力。
(1)求电子射入偏转电场时的初速度v0；
(2)求电子飞出电场的位置离中心轴线OO′的距离y；
(3)若偏转电场的电压U按图乙所示周期性变化，电压的最大值为U0，L1=L2=2d，求荧光屏上能接收到粒子范围的长度ΔY。(由于电子通过电场的时间极短，每个电子通过偏转电场过程中可视为电压不变)
【答案】解：(1)对电子，在加速电场中，由动能定理得：eU0=12mv02
解得：v0= 2eU0m
(2)对电子在偏转电场中：
L1=v0t，qUd=ma，y=12at2
以上各式联立求解：y=UL124dU0
(3)恰好能从下极板边缘飞出时，有：
12dΔY=12L112L1+L2
解得：ΔY=32d
答：(1)电子射入偏转电场时的初速度v0为 2eU0m；
(2)电子飞出电场的位置离中心轴线OO′的距离y为UL124dU0；
(3)荧光屏上能接收到粒子范围的长度ΔY为32d。
【解析】(1)根据动能定理计算出电子进入偏转电场时的初速度；
(2)根据类平抛运动的运动规律计算出竖直方向上的偏转量；
(3)根据类平抛的末速度反向延长线过水平位移的中点的推论，结合几何关系计算出距离。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，涉及到了匀变速直线运动和类平抛运动，在分析过程中结合了动能定理，根据角度关系完成解答。