北京市海淀区进修2024-2025学年高二上学期期中物理试卷（解析版）

这是一份北京市海淀区进修2024-2025学年高二上学期期中物理试卷（解析版），共9页。试卷主要包含了考试结束后，将答题纸交回等内容，欢迎下载使用。
考生须知
1.本卷共8页，包括三个大题，18小题，满分为100分。练习时间90分钟。
2.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。
3.考试结束后，将答题纸交回。
一、不定项选择题。本题共10小题，每小题3分，共30分。在每题给出的四个选项中，有的题只有一个选项是符合题意的，有的题有多个选项是符合题意的。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1. 将一个不带电的空腔导体放入匀强电场中，达到静电平衡时，导体外部电场线分布如图所示。W为导体壳壁，A、B为空腔内两点。下列说法正确的是（ ）
A. 导体壳壁W的外表面和内表面感应出等量的异种电荷
B. 空腔导体上的感应电荷在B点产生的场强为零
C. 空腔内的电场强度为零
D. 空腔内A点的电势高于B点的电势
【答案】C
【解析】ACD．导体壳壁W处于静电平衡状态，外表面感应出等量的异种电荷，导体壳壁和空腔内部为一个等势体，电场强度均为零，空腔内A点的电势等于B点的电势。故AD错误；C正确。
B．空腔导体上的感应电荷在B点产生的场强与匀强电场的场强等大反向，不为零。故B错误。
故选C。
2. 下列图像中，能正确反映电容器充电过程中电流i、时间t、其所带电荷量Q、两板间的电势差U之间相互关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】AB．电容器充电过程，初始时刻电路电流最大，随着电容器电荷量逐渐增大，电容器两端电压逐渐增大，电路的电流逐渐减小，当电容器充电结束后，电路电流减小为0，故A正确，B错误；
CD．根据
可知，因为电容不变，所以U-Q图像的斜率为定值，电量为零时电压为零，即U-Q图像为过原点的倾斜直线，故D正确，C错误。
故选AD。
3. 某灵敏电流计表头G的满偏电流为Ig＝200μA，内阻Rg＝500，要将它改装成量程为0～3V的电压表，下列操作正确的是（ ）
A. 并联一个15000的电阻B. 并联一个14500的电阻
C. 串联一个15000的电阻D. 串联一个14500的电阻
【答案】D
【解析】将表头G改装成电压表需要串联一个分压电阻，使得当表头满偏时改装后电表两端电压为3V，则有
代入数据解得
R=14500Ω
故D正确，ABC错误。
4. 如图所示，虚线a、b、c表示电场中三个等势面，且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电的点电荷通过该区域时的运动轨迹，P、Q为轨迹上的两点。下列说法正确的是（ ）
A. 三个等势面中，c的电势最高
B. 该点电荷在P点时的电势能比Q点大
C. 该点电荷在P点时的动能比Q点大
D. P点的电场强度小于Q点的电场强度
【答案】B
【解析】根据题意，由粒子做曲线运动的条件可知，电场力方向如图所示
由于粒子带正电，可知，电场方向与电场力方向相同
A．根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知，三个等势面中，c的电势最低，故A错误；
BC．若粒子由运动到，运动过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增加，即该点电荷在P点时的电势能比Q点大，在P点时的动能比Q点小，故C错误，B正确；
D．由等差等势线越密，电场强度越大，由图可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，故D错误。
故选B。
5. 一个迷你型电风扇安装有小直流电动机，其线圈电阻为，额定电压为U，额定电流为I，将它与电动势为E、内阻为r的直流电源相连，电动机恰好正常工作，则（ ）
A. 电动机的效率为
B. 电源的输出功率为EI
C. 电动机输出机械功率为
D. 通过电动机的电流为
【答案】CD
【解析】B．电源的输出功率为
=UI
故B错误；
C．电动机的总功率为
P总=IU
电动机的热功率为
可得电动机输出的机械功率为
故C正确；
A．电动机的效率为
故A错误；
D．根据闭合电路欧姆定律
E=U+Ir
可得电流为
故D正确。
故选CD。
6. 如图所示，O、A为某电场中一条平直电场线上的两个点，将负点电荷从O点由静止释放，仅在电场力作用下运动到A点，其电势能随位移x的变化关系如图所示。则该负点电荷从O到A的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电场力做负功
B. O点电势比A点电势低
C. 从O到A，电场强度先减小后增大
D. 从O到A，负点电荷的速度先减小后增大
【答案】BC
【解析】A．由题图可知负点电荷从O到A的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故A错误；
B．由题图可知点电荷在O点的电势能大于在A点的电势能，由，又点电荷带负电，则O点电势比A点电势低，故B正确；
C．根据图像的切线斜率大小反映电场力的大小，可知从O到A，电场力先减小后增大，则电场强度先减小后增大，故C正确；
D．点电荷仅在电场力作用下从O到A的过程中，由题图可知电势能减小，则点电荷的动能增大，点电荷的速度增大，故D错误。
故选BC。
7. 图甲是等量异号点电荷的电场线分布图，乙是等量同号点电荷的电场线分布图。AOB是两点电荷的连线的垂直平分线，O是连线的中点。现将单位正试探电荷从O点沿OA移动到无限远处。下列说法正确的是（ ）

A. 甲图中，试探电荷受力，静电力不做功，电势能不变
B. 甲图中，试探电荷受力，静电力做负，电势能增大
C. 乙图中，试探电荷不受力，静电力不做功，电势能不变
D. 乙图中，试探电荷受力，静电力做正功，电势能减小
【答案】AD
【解析】AB．根据等量异种电荷电势分布和电场分布特点可知AOB为零等势面，AOB连线上场强不为零，根据
可知电荷受静电力；根据
可知电势能始终为零，静电力不做功，故A正确，B错误；
CD．根据等量同种电荷电势分布和电场分布特点可知从O到A，电势逐渐降低，场强方向从O指向A，场强逐渐减小，根据
可知电荷受静电力；根据
可知电势能逐渐减小，静电力做正功，故D正确，C错误。
故选AD。
8. 如图甲所示，电动势为E，内阻为r的电源与R=6Ω的定值电阻、滑动变阻器Rp、开关S组成闭合回路。已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值Rp的关系如图乙所示。下述说法中正确的是（ ）
A 图乙中Rx=15Ω
B. 电源的电动势E=10V，内阻r=4Ω
C. 滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R也消耗功率最大
D. 调整滑动变阻器Rp的阻值，可以使电源的输出电流达到1.25A
【答案】B
【解析】B．由图乙知，当
时，滑动变阻器消耗的功率最大，时，则
最大功率
解得
B正确；
A．滑动变阻器的阻值为5Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等，有

解得
A错误；
C．当回路中电流最大时，即时定值电阻R消耗的功率最大，C错误；
D．当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为
则调整滑动变阻器Rp的阻值，不可能使电源的输出电流达到1.25A，选项D错误。
故选B。
9. 如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，两块平行带电极板间为除尘空间。质量为m，电荷量为的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两极板间的电压可以改变除尘率（相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量之百分比）。当两极板间电压为时，。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A. 两极板间电压为时，尘埃的最大动能为
B. 两极板间电压为时，除尘率可达100%
C. 仅增大尘埃的速率v，可以降低除尘率
D. 仅减少尘埃的电荷量，可以提升除尘率
【答案】BC
【解析】A．当两极板间电压为U0时，。可知相同时间内有80%的带点尘埃打在下极板，则离开极板间的带点尘埃的偏移量
设尘埃的最大动能为，两极板间的距离为d，根据动能定理可知
解得
故A错误；
B．设离开板间的带电尘埃的偏移量为y，极板间的电压为U，粒子在平行极板的方向上做匀速直线运动，沿垂直极板的方向做匀加速直线运动，则有，
根据牛顿第二定律
联立解得
由于，
故
可解得
故B正确；
CD．根据上述结论
可知，仅增大尘埃的速率v，或仅减少尘埃的电荷量，均使y的偏移量减小，会降低除尘率，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 光敏电阻是一种阻值对光照极其敏感的电路元件。在光照条件下光敏电阻的电子能够脱离束缚，离开原有位置成为自由电子，而缺失电子的位置便称为空穴。如图所示，自由电子与空穴总是成对出现，称为电子—空穴对，空穴可视为正电荷，空穴周围的束缚电子受到空穴吸引会填补该空穴。光敏电阻具有延时性，表现为光照突然消失时，其阻值会缓慢恢复为无光照时的阻值。根据上述材料，下列说法正确的是（ ）
A. 光敏电阻受到的光照越强，其电阻阻值越大
B. 光敏电阻内部的空穴也能够参与导电
C. 光照消失后，电子—空穴对迅速消失
D. 光敏电阻适合用于需要快速响应的电路场合
【答案】B
【解析】A．由于在光照条件下光敏电阻的电子能够脱离束缚，离开原有位置成为自由电子，则光敏电阻受到的光照越强，自由电子越多，导电性能越强，其电阻阻值越小，A错误；
B．由于光敏电阻的电子脱离束缚，离开原有位置成为自由电子时，缺失电子的位置便称为空穴，空穴可视为正电荷，可知空穴相对于自由电子的运动方向与电子的运动方向相反，因此光敏电阻内部的空穴也能够参与导电，B正确；
C．由于光敏电阻具有延时性，表现为光照突然消失时，其阻值会缓慢恢复为无光照时的阻值，即光照消失后，电子—空穴对并不会迅速消失，C错误；
D．光敏电阻具有延时性，因此光敏电阻不适合用于需要快速响应的电路场合，D错误。
故选B。
二、实验题（共15分，11题7分；12题8分，每空1分）
11. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）如图甲所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径______mm；如图乙所示，用20分度游标卡尺测得金属丝的长度______mm。
（2）根据图丙的电路图，补充完成图丁中实物间的连线_____。

（3）用多用电表测量某一电阻：
①将选择开关旋转到欧姆挡的“”挡，指针指在图中a位置。为减小测量误差，应当将选择开关旋转到______（选填“”、“”、“”）位置。
②接下来的实验操作步骤为______（请按操作顺序写出）
A.将红表笔和黑表笔接到待测电阻两端
B.调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点
C.将红表笔和黑表笔短接
D.调节欧姆调零旋钮使指针指向电流的0刻度线
③经以上正确操作后指针指在图中b位置，则该电阻的测量值为______。
④如图所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是（ ）
A.当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
B.当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
C.当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是红表笔
D.当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔
【答案】（1）2.150 12.30 （2） （3） CBA AB
【解析】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图可知金属丝的直径为
[2]20分度游标卡尺的精确值为，由图可知金属丝的长度为
（2）按照电路图连接时实物图如图所示
（3）[1]由图甲中a位置可知电阻阻值约为20000，由于选择的挡位较小，指针偏转角度太小，而且落在了刻度变化极大的非线性区域，测量误差较大，应选择“×1K”挡位来进行测量；
[2]选择新挡位之后，首先要进行调零，再开始测量，所以正确的顺序为CBA；
[3]该电阻的测量值为；
[4]由图示电路图可知，当开关置于2位置时多用电表是欧姆表，A与内置电源负极相连，A为红表笔，B与内置电源正极相连，B为黑表笔；
A．由图示电路图可知，当S接触点1时，表头与分流电阻并联，此时多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故A正确；
BC．由图示电路图可知，当S接触点2时，表头与电源相连，此时多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故C错误，B正确；
D．由图示电路图可知，当S接触点3时，表头与分压电阻串联，此时多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故D错误。
故选AB。
12. 要测定一节干电池的电动势E和内阻r（已知E约为1.5V，r约为1）。
（1）为了完成该实验，选择实验器材时，在电路的a、b两点间可接入的器件是______。
A. 一个定值电阻B. 电阻箱C. 滑动变阻器
（2）为了调节方便且测量精度更高，电流表和电压表应选______（选填选项前的字母）。
A. 电流表（0～0.6A），电压表（0～3V）
B. 电流表（0～0.6A），电压表（0～15V）
C. 电流表（0～3A），电压表（0～3V）
D. 电流表（0～3A），电压表（0～15V）
（3）经过多次测量，他们记录了多组电流表示数I和电压表示数U，并在图中画出了图像。由图像可以得出，此干电池的电动势的测量值______V（保留三位有效数字），内阻的测量值______（保留两位有效数字）。
（4）由于电表并非理想电表，导致______（选填“电压”或“电流”）的测量存在系统误差。
（5）实验中随着滑动变阻器滑片的移动，电流表的示数I及干电池的输出功率P都会发生变化，图中的各示意图中正确反映关系的是______。
A. B.
C. D.
【答案】（1）BC （2）A （3）1.49 0.82 （4）电流 （5）C
【解析】（1）[1]电路中有电压表、电流表，应采用伏安法测电动势和内阻，故在电路的a、b两点间可接入的器件是电阻箱或滑动变阻器。
故选BC。
（2）[1]由于电源电动势约为1.5V，故电压表量程选择3V就可以，内阻约为，但考虑到其他电阻，电流表量程选择0.6A就可以。
故选A。
（3）[1][2]由闭合电路欧姆定律可得
图线与纵轴交点坐标表示电动势，图线斜率绝对值表示内阻，可得
（4）电压表的分流作用造成系统误差，电压值越大，电压表的分流越多，对应的与的差值越大，因此电流的测量有误差。
（5）干电池的输出功率
随着滑动变阻器滑片的移动，P、I图线为开口向下的抛物线，故C正确，ABD错误。
故选C。
三、计算题（共55分，13题8分；14题8分；15题8分；16题9分；17题10分；18题12分；解答过程要有必要的文字说明）
13. 如图所示，R为电阻箱，电压表可视为理想电压表。当电阻箱读数为时电压表读数为；当电阻箱读数为时，电压表读数为。求
（1）电源的电动势E，电源的内阻r。
（2）求当电阻箱读数为时，电源的总功率以及电源的输出功率。
【答案】（1）6V 1Ω （2）12W 8W
【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律，有E=U+r
可得，
联立解得E=6V，r=1Ω
（2）当电阻箱读数为时，根据欧姆定律，有
解得I=2A
电源的总功率为
电源的输出功率为
14. 如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度为g，，。
（1）判断小球的带电性质；
（2）求该匀强电场的电场强度E的大小；
（3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好张紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小。
【答案】（1）负电 （2） （3）
【解析】（1）球在A点静止，其受力情况如下图所示
根据平衡条件，电场力水平向左与电场线方向相反，判断小球带负电。
（2）根据共点力平衡条件有
解得
（3）设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有
解得
15. 一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表．
（1）此车的电动机在额定电压下正常工作时消耗的电功率是多大？
（2）为什么表中右栏中的“额定输出功率”与（1）中所计算电功率不相等，请说明原因．
（3）质量为的人骑此车沿平直公路行驶，若行驶过程中所受的阻力为车和人总重的倍，且只靠电动机提供动力，求此人骑车行驶的最大速度．
【答案】（1）140W（2）见解析；（3）6m/s
【解析】（1）电动机在额定电压下正常工作时消耗的电功率为：
．
（2）电动车消耗的电功率一部分为机械功率，另一部分为热功率，而机械功率和热功率之和为电功率，所以表中右栏中的“额定输出功率”与（1）中所计算电功率不相等．
（3）当牵引力等于阻力时，速度最大，阻力的大小为：
．
根据：，又，
解得最大速度为：．
16. 如图所示，设电子刚刚离开金属丝时的速度可忽略不计，经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d，不计电子所受重力。求：
（1）电子射入偏转电场时初速度的大小；
（2）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离；
（3）某同学用如下方法计算电子射出偏转电场时的速度：根据动能定理得：电子射出偏转电场时的速度为。你认为该同学的求解方法是否正确？若不正确，请说明理由，并写出正确的解答过程。
【答案】（1） （2） （3）不正确 ，见解析
【解析】（1）根据功和能的关系，有
电子射入偏转电场的初速度
（2）在偏转电场中，电子的运动时间
电子在偏转电场中的加速度
偏转距离
（3）该同学的做法不正确，因为粒子从进入平行板到射出平行板在偏转电场中偏转的距离为，而不是板间距d，所以电场力做功为
根据动能定理，有
解得电子射出偏转电场时的速度为
17. “电场”和“电路”看似毫不相关，实则紧密联系。电路中的宏观现象和规律可从微观角度用电场知识给出合理解释。
（1）如图（a）、（b）、（c）所示为外电路中的某段金属导体内建立恒定电场的过程示意图。（a）中表示电路闭合瞬间由电源正负极电荷所激发电场的场强，将分解为沿导线方向和垂直于导线方向的分量、；（c）表示最终在导线中形成了沿导线方向的恒定电场。自由电荷在此恒定电场的作用下定向移动形成电流。请解释（b）中抵消的附加场强的成因。
（2）恒定电场的基本性质与静电场相同。在静电场中所讲的电势、电势差及其与场强的关系，例如在恒定电场中仍适用。欧姆定律的宏观形式为。小物同学通过翻阅大学教材，发现欧姆定律还有微观形式，即，j称为“电流密度”，其大小为单位时间内通过垂直电流方向的单位面积的电荷量，E为恒定电场的场强，为导体电阻率。请利用已有知识从欧姆定律宏观形式出发推导其微观形式。
（3）小理同学对导线中的恒定电场产生了疑问：“导线中恒定电场的电场线沿导线方向，因此沿导线方向电势降落，为何在分析电路问题时不考虑导线两端的电势差呢？”小物同学首先根据给出了宏观解释：“因导线电阻相比用电器电阻小得多，因此不考虑导线上的电势降落”。他又建立了如图所示的模型尝试从微观角度给出解释。两段横截面积和长度均相同的导体A、B串联，其电阻率分别为、（），通过导体的电流恒为I。请你结合小物同学的模型和，从导体中“场的视角”解答小理同学的疑问。
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）见解析
【解析】（1）电路闭合瞬间由电源正负极电荷所激发电场的场强可以分解为沿导线方向和垂直于导线方向的分量、，导线中的电子在的作用下向导线下方侧面堆积，使得导线下方侧面带负电，导线上方侧面带正电，导线两侧面之间堆积的电荷产生垂直于导线侧面向下的附加电场，该电场与的矢量和为0，即附加电场是由导线侧面堆积的电荷产生的。
（2）根据电流的定义式有
由于电流密度大小为单位时间内通过垂直电流方向的单位面积的电荷量，令导体横截面积为S，则有
根据欧姆定律宏观表达式有
令导体长度为L，则有
根据电阻决定式有
解得
（3）导体A、B串联，通过的电流相等，由于导体的横截面积和长度均相同，则通过两导体的电流密度也相等，则有，
则有
根据题意有
则有
即电阻率很小的导体中的电场强度很小，可知，导线中的电场强度近似为0，可以忽略，即分析电路问题时不考虑导线两端的电势差。
18. 能量在转化的过程中往往与做功密切相关，电容器充电过程中的功能关系同样如此。电容器不仅可以储存电荷，也是重要的储能器件。对电容为C的电容器（原来不带电）充电，如图1所示，已知电源的电动势为E。
（1）图2中画出了电容器两极间的电势差u随电荷量q的变化图像，在图中取一电荷量的微小变化量，请类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，说明图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义；并计算电容器电压为U时电容器储存的电能。
（2）请结合电动势的定义，求电容器充电过程中电源内部非静电力所做的功W；并与充电过程中电容器增加的电能相比较，说明两者“相等”或“不相等”的原因。
（3）电容器的电能是储存在电场中的，也称电场能。若定义单位体积内的电场能量为电场能量密度。某同学猜想应当与该处的场强的平方成正比，即。已知平行板电容器的电容，s为两极板的正对面积，d为极板间距，k为常数，两极板间为真空，板间电场可视为匀强电场。不计电容器电场的边缘效应。
a．请以电容器内储存的电场能为例论证该同学的猜想是否正确。
b．电容器充电后与电源断开并保持电荷量不变，已知此时的电场能量密度为。现固定其中一极板，缓慢拉开另一极板（保持两极板正对），使板间距增加，请分析说明，在此过程中电场能量密度如何变化；并求出此过程中外力所做的功（用、s和表示）。
【答案】（1）见解析，；（2），见解析；（3） a．见解析，b．能量密度保持不变，
【解析】（1）图中小阴影矩形的“面积”为
表示电源把的电荷从电容器的一个极板搬运到另一个极板的过程中克服电场力所做的功，也表示有的电源能量转化成了电能储存在电容器中。
电容器电压为时，对应的图线和横轴所围成的面积表示电容器所储存的电能，即
（2）充电完成后，电压为，电容器上电荷量为
电源非静电力所做的功为
电容器增加的电能
可知
W与不相等。
（3）a．设平行板电容器电荷量为，两极板间的电压为，板间电场的场强为，则有
，，，
得
所以，该同学的猜想正确。
b．由a问中的方程式推导可得
可见，电容器内场强与板间距离无关，由于电荷量不变，则场强不变，所以电场能量密度也保持不变，原电容器区域内的电场能也不变，增加间距的过程中，外力克服电场力做功转化为板间所增加的体积内的电场能，即
规格
后轮驱动直流水磁毂电机
车型
电动自行车
额定输出功率
整车质量
额定转速
最大载重
额定电压
续行里程
大于
额定电流