2023-2024学年广东省深圳市富源学校高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市富源学校高二（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。

一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.如图所示，原来不带电的长为l的导体棒水平放置，现将一个带正电的点电荷q放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处。已知O为棒的中点，A、B为棒上左、右端的一点，当棒达到静电平衡后( )
A. 棒整体带负电B. A点电势比B点电势高
C. 感应电荷在O处的场强方向水平向左D. O点场强大小为kq(R+l2)2
2.在边长为a的正方形的每个顶点都放置一个电荷量为+q的点电荷。如果保持它们的位置不变，每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力大小为( )
A. 2 2kq2a2B. (2 2+1)kq22a2C. 3kq2a2D. 17kq22a2
3.如图所示为电场中的一条电场线，在该电场线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示两点电场强度的大小，则( )
A. a、b两点的场强方向不一定相同B. 因为电场线由a指向b，所以Ea>Eb
C. 因为电场线是直线，所以Ea=EbD. Ea、Eb的大小关系不能确定
4.在实验室中有两个定值电阻R1和R2，小明同学对两个电阻串联和并联的伏安特性进行了测量，分别为图中的图线1和2，则以下定值电阻R1和R2满足要求的是( )
A. R1=10Ω R2=10Ω
B. R1=10Ω R2=20Ω
C. R1=20Ω R2=30Ω
D. R1=30Ω R2=40Ω
5.如图所示，真空中水平放置的平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，下极板接地，当两极板间距为d时，两极板间的带电质点恰好静止在P点，当把上极板快速向下平移距离l后，电容器所带的电荷量在极短时间内重新稳定，带电质点开始运动，重力加速度大小为g，则上极板向下平移后( )
A. 电容器所带的电荷量不变B. 带电质点将向下运动
C. P点的电势升高D. 带电质点的加速度大小为d−ldg
6.如图所示为一块长方体铜块，使电流沿如图I1、I2两个方向通过该铜块，铜块的电阻之比为( )
A. 1B. a2c2C. a2b2D. b2c2
7.如图是有两个量程的电流表，当使用A、B两个端点时，量程为0～10A，当使用A、C两个端点时，量程为0～1A。已知表头的满偏电流Ig=500mA，内阻Rg=200Ω，则电阻R1的值( )
A. 20ΩB. 30ΩC. 40ΩD. 50Ω
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.下列说法中，正确的是( )
A. 沿着电场线的方向移动正电荷，电势能一定增大
B. 沿着电场线的方向移动正电荷，电势能一定减少
C. 沿着电场线的方向移动负电荷，电势能一定减少
D. 沿着电场线的方向移动负电荷，电势能一定增大
9.如图所示，AB是点电荷电场中的一根电场线，在线上O点放一个初速度为0的负电荷后，它将沿电场线向A运动，则下列判断中正确的是( )
A. 电场线方向由B指向A，该电荷受到的电场力大小变化无法确定
B. 电场线方向由A指向B，该电荷受到的电场力大小变化无法确定
C. 如果电荷受到的电场力变大，场源电荷是正电荷
D. 如果电荷受到的电场力变小，场源电荷是正电荷
10.如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表5.55m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为3m/s，每秒出水量为4kg。已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为1.0×103kg/m3，则( )
A. 出水口钢管横截面积为43×10−3m2B. 每秒内水流机械能增加258J
C. 电动机的输入功率为258WD. 电动机线圈的电阻约为35Ω
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：

(1)用螺旋测微器测量其直径如图甲，可知其直径为______ mm。
(2)用游标卡尺测量其长度如图乙，可知其长度为______ cm。
(3)用伏安法测此圆柱体的电阻的实验中，待测电阻Rx约为20Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图丙或图丁所示，用Rx=UI计算电阻，其中______ (填“丙”或“丁”)图计算更接近待测电阻的真实值，且丙图测量值______ (填“大于”、“等于”或“小于”)真实值，丁图测量值______ (填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。
12.电流表G的满偏电流为Ig=250μA，内阻为Rg=1200Ω，先把电流表G改装成一个量程为1.0mA的电流表，再把改装后的电流表改装为一个多档位的欧姆表，其电路原理图如图甲所示。

(1)把该微安表改装为量程为1mA的电流表需要并联一个______ Ω的电阻；
(2)图甲中，B表笔为______ (选填“红”或“黑”)表笔；
(3)若用电阻挡测电阻时，某同学将两表笔分别与待测电阻相接，将选择开关旋转到电阻挡“×1k”的位置，发现指针偏转角度过大。为了得到比较准确的测量结果，该同学又进行了合理的操作后得到表针指示如图乙所示，则：该电阻的阻值为______ Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，带有等量异种电荷、相距10cm的平行板A和B之间有匀强电场，电场强度E=2×104V/m，方向向下。电场中D点距A板2cm，C点距B板3cm。(已知电子带电荷量为1.6×10−19C)求：
(1)D、C两点的电势差UDC，并说明哪一点电势高。
(2)如果把A板接地，φC是多少？
(3)把一个电子从D点移动到C点，静电力做多少功？
(4)如果使电子从D点先移到P点，再移到C点，静电力做的功是否会发生变化？做了多少功？
14.额定电压为44V电风扇的线圈电阻为0.8Ω，正常工作时电流为5A，问：
(1)电风扇每秒产生的热量为多少？
(2)每秒有多少焦耳的电能转化为机械能？
(3)电风扇的效率是多少？
15.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在x轴下侧平面内某处固定着一点电荷(设匀强电场与点电荷电场以x轴为界互不影响)，一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入第IV象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，OP=3R.不计粒子重力，静电力常量为k，求：
(1)M、N两点间的电势差UMN；
(2)固定x轴下侧平面内的点电荷电量Q；
(3)匀强电场的电场强度E大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.根据电荷守恒定律可知，棒的电荷量不变，所以不带电，故A错误；
B.由静电平衡可知，导体棒是一个等势体，所以其表面上各点电势处处相等，故B错误；
CD.由静电平衡可知，O点的合场强为零，感应电荷在O处电场强度与正点电荷在O处产生的电场强度大小相等，方向相反。正电荷在O点的电场强度方向向右，所以感应电荷在O点处产生的场强方向向左，故C正确，D错误。
故选：C。
静电平衡时导体内部电场强度为零，导体是等势体；根据静电平衡规律，分析感应电荷在O处形成的电场强度方向。
本题考查学生对静电平衡规律、静电感应规律的掌握，是一道基础题。
2.【答案】B
【解析】解答：放在d点的电荷q同时受到a、b、c处电荷的作用，则对角线上b点的电荷给它的库仑斥力为F1=kq2( 2a)2
a电荷和c点的电荷给它的库仑斥力大小均为F2=F3=kq2a2
根据力的合成法则，点电荷q所受的电场力大小为：F=kq2( 2a)2+2kq2a2cs45°=(12+ 2)kq2a2
故选：B。
分析：根据力的独立性原理和库仑定律，分别计算出其它三个电荷给它的库仑斥力大小，判断出方向，再根据力的合成法则，求出这三个力的合力即可。
本题要知道库仑定律F=kQqr2，以及力的独立性原理和求合力的方法，计算过程中要注意各个力的方向。
3.【答案】D
【解析】解：A.电场强度的方向沿着沿着该点所在电场线切线的方向，若电场线为直线，则场强方向与电场线方向一致，可知a、b两点的场强方向相同，故A错误；
B.沿着电场线的方向电势降低而不是电场强度减小，故B错误；
CD.电场强度的大小与电场线的疏密有关，电场线越密集，电场强度越大，因不知道电场线的疏密程度，则无法判断a、b两点的场强的大小，故C错误，D正确。
故选：D。
电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的切线方向表示场强的方向。
掌握电场线的特点：电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场线方向电势降低。
4.【答案】A
【解析】解：由伏安特性曲线可知，定值电阻 R1和 R2串联、并联后的阻值之比为4：1，则可知
(R1+R2)：R1R2R1+R2=4：1
整理解得
R1=R2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据伏安特性曲线求出串并联电路电阻的比值大小，再根据串并联电阻公式求出各电阻大小。
本题考查的是伏安特性曲线的知识，且需熟练掌握串并联电阻的计算公式。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据：C=εrS4πkd可知，当上极板向下平移后，极板间的距离减小，导致电容器的电容增大，依题意，电容器极板间电压保持不变，
根据定义式：
C=QU
易知电容器所带的电荷量增大。故A错误；
B.根据电场强度和电势差关系：
E=Ud
又由电场力：
F=qE
联立解得
F=qUd
可知带电质点所受电场力增大，将向上运动。故B错误；
C.根据电势差与场强的关系，可知P点与下极板的电势差为
U=Ed下
依题意，下极板接地，电势为零，由
U=φP−φ下极板
可知P点的电势升高。故C正确；
D.依题意，上极板移动前，有
F=qUd=mg
上极板移动后，有
qUd−l−mg=ma
联立，解得
a=ld−lg
故D错误。
故选：C。
因电容器与电池相连，故电容器两端的电压保持不变；因距离变化，由C=εrS4πkd可知C的变化；由U=Ed可知场强E的变化，以及电势差的关系；由带电粒子的受力可知质点的运动情况，并依据牛顿第二定律，即可求解加速度大小。
本题考查决定电容器电容大小的因素与d有关，结合本题特点，电容器电压恒定，结合匀强电场场强公式可知场强变化，根据U=Ed可得P点电势能变化，结合牛顿第二定律可求出带电质点P的加速度大小。本题属于基本题型，较为简单。
6.【答案】B
【解析】解：I1流向时，长度为a，截面积为bc，则由电阻定律可知：R1=ρabc；
I2流向时，长度为c，截面积为ab，则电阻R2=ρcab；
故电阻之比为：R1R2=ρabcρcab=a2c2；
故B正确，ACD错误。
故选：B。
明确两电流流向中对应的电阻长度和截面积，再根据电阻定律分别求出电阻表达式，再求出比值即可．
本题考查电阻定律的正确应用，要注意明确同一电阻，电流的流向不同时，对应的阻值是不同的，要明确电阻的长度和截面积才能准确求解电阻大小．
7.【答案】A
【解析】解：当使用A、B两个端点时，量程为0～10A，根据欧姆定律得：
I1=Ig+Ig(Rg+R2)R1，
当使用A、C两个端点时，量程为0～1A，根据欧姆定律得：
I2=Ig+IgRgR1+R2，
联立解得：
R1=20Ω，
故A正确，BCD错误。
故选：A。
当使用A、B两个端点时，Rg与R2串联后与R1并联；当使用A、C两个端点时，Rg与R2、R1并联；根据欧姆定律和并联电路规律即可求解。
本题解题关键是明确电路情况，根据欧姆定律和并联电路规律列式求解。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，沿着电场线的方向移动正电荷时，电场力做正功，电势能一定减少，故A错误，B正确。
CD、负电荷所受的电场力方向与电场强度方向相反，沿着电场线的方向移动负电荷时，电场力做负功，电势能一定增大，故C错误，D正确。
故选：BD。
电场力对电荷做正功时电荷的电势能减小，电场力对电荷做负功时，电荷的电势能增大．根据电场力做功情况，分析电势能的变化情况．
解决本题的关键要掌握电场力做功的正负与电势能变化的关系，可与重力做功和重力势能变化的关系来类比理解．
9.【答案】BC
【解析】解：AB、根据负电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相反，一个初速度为0的负电荷将沿电场线向A运动，可知场强方向与负电荷所受的电场力方向相反，则电场方向由A指向B，由于电场线的分布情况未知，则场强如何变化无法确定，电场力大小如何变化也无法确定，故B正确，A错误；
CD、如果电荷受到的电场力变大，则电场强度变大，即A点电场强度大，根据E=kqr2可知场源电荷位于A的左侧，且场源电荷为正电荷，故C正确，D错误．
故选：BC．
根据负电荷的运动方向判断电场力，确定场强方向．场强的大小由电场线的疏密反映，电场线越密场强越大；结合点电荷电场的特点判断。
本题根据电荷的运动方向确定场强方向不难，容易产生的错误在于分析场强大小的变化来确定电场力的变化，条件不明时，考虑问题要全面．
10.【答案】ABD
【解析】解：A、由题意得，单位时间内出水的体积为V=mρ=41.0×103m3=4×10−3m3
出水口钢管横截面积为S=Vvt=4×10−33×1m2=43×10−3m2
故A正确；
B、以每秒出水量为研究对象，每秒机械能增加ΔE=mgh+12mv2
h=5.55m+0.45m=6m
代入数据解得：ΔE=258J
故B正确；
C、电动机的输出功率P出=Wt=ΔEt=2581W=258W
电动机的输入功率为P入=P75%=25875%W=344W
故C错误；
D、对电动机，有P入=P出+I2r
P入=UI
代入数据联立解得：r=302586Ω≈35Ω
故D正确。
故选：ABD。
根据密度公式求解单位时间内出水的体积，根据圆柱体积公式求解横截面积；根据机械能增量表达式，计算机械能增量；根据输出功率、总功率计算式，计算输出功率、总功率；根据功率公式求解电动机线圈的电阻。
本题综合性强，考点多，需要学生重点掌握输出功率、总功率的计算公式。
11.【答案】4.700 10.230 丁 大于 小于
【解析】解：(1)由图甲所示螺旋测微器可知，其示数为4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm；
(2)由图乙所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，其精确度是0.05mm，其示数为102mm+6×0.05mm=102.30mm=10.230cm；
(3)由题意可知：RxRA=2010=2，R2Rx=200020=100，则RVRx>RA，为减小实验误差，电流表应采用外接法，选择图丁所示电路图实验误差较小，电阻测量值更接近真实值；由图丙所示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压表的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值；由图丁所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值。
故答案为：(1)4.700；(2)10.230；(3)丁；大于；小于。
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
(2)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；
(3)当电压表内阻远大于待测电阻阻值时电流表应采用外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，电流表应采用内接法，根据图示电路图分析实验误差。
本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数、实验误差分析等问题；要掌握常用器材的使用方法与读数方法；应用伏安法测电阻时要能正确选择电流表的接法。
12.【答案】400 黑 1700
【解析】解：(1)Ig=250μA=0.25mA，I=1.0mA
把微安表改装为量程为1.0mA的电流表需要并联一个电阻，根据并联电路的特点可得
IgRg=(I−Ig)R0
解得
R0=400Ω
(2)由图可知，电流电源正极流向B，所以B为黑表笔。
(3)该电阻的阻值为
Rx=17.0×100Ω=1700Ω
故答案为：(1)400；(2)黑；(3)1700
(1)改装成电流表要给微安表并联一个电阻分流，根据串并联电路特点求解；
(2)根据“红入黑出”原则确定表笔颜色；
(3)阻值等于读数乘以倍率。
本题考查了电表的改装和欧姆挡的读数，考查的知识点基础，认真解答即可。
13.【答案】解：(1)DC两点的距离为d=10cm−2cm−3cm=5cm
DC两点电势差 UDC=Ed=2×104×5×10−2V=1000V
D点电势高于C点
(2)在匀强电场中，根据公式U=Ed可得：
UAC=EdAC=φA−φC
其中，dAC=(10−3)cm=0.07m，φA=0V
解得：φC=−1400V
(3)电子从D点移到C，静电力做功WDC=−eUDC=−eEdDC=−1.6×10−19C×2×104V/m×(10−3−2)×10−2m=−1.6×10−16J
(4)电场力做功与路径无关，与初末位置有关，所以两个过程中静电力做功一样，WDC=−eUDC=−1.6×10−16J。
答：(1)D、C两点的电势差UDC为1000V，D电势高；
(2)如果把A板接地，φC是−1400V；
(3)把一个电子从D点移动到C点，静电力做功为−1.6×10−19J；
(4)如果使电子从D点先移到P点，再移到C点，静电力做的功不会发生变化，做了−1.6×10−19J的功。
【解析】(1)根据匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，计算DC间的电势差；
(4)根据公式U=Ed得出C点的电势；
(3)依据W=qU，即可求解电场力对电子做功的大小；
(4)电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，与路径无关。
解决本题的关键是要掌握：匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed中，注意d为沿电场线方向上的距离，并运用电场力做功公式W=qU时，要注意各个量均要代符号运算。
14.【答案】解：(1)电风扇每秒产生的热量为Q=I2Rt=52×0.8×1J=20J
(2)电风扇每秒转化的机械能为E=UIt−I2Rt=44×5×1J−52×0.8×1J=200J
(3)电风扇的效率为η=P机P总×100%=UI−I2RUI×100%=44×5−52×0.844×5×100%≈90.9%
答：(1)电风扇每秒产生的热量为20J；
(2)每秒有200J的电能转化为机械能；
(3)电风扇的效率是90.9%．
【解析】(1)根据焦耳定律求解电风扇每秒产生的热量；
(2)每秒消耗的电能与产生的热量之差为电风扇每秒转化的机械能；
(3)根据效率公式求解电风扇的效率。
本题考查非纯电阻电路的计算，了解电流通过电动机做功特点：消耗的电能大多数转化为机械能，少部分转化为内能。
15.【答案】解(1)设粒子过N点时的速度为v，由速度的合成有：
v0v=csθ
所以：v=2v0
粒子从M点运动到N点的过程，据动能定理：
qUMN=12mv2−12mv02
UMN=3mv022q
(2)设带电粒在第四象限内的运动半径为r
由几何关系得：OP=r2+r=3R
且kQqr2=mv2r
联立解得：Q=8mRv02kq
(3)带电粒子从电场中出来时，由速度合成得： Uy=U0tan60°
而时间：t=rcs30°v0
Uy=at=Eqtt
联立得：E=mv02qR
答：(1)M、N两点间的电势差为3mv022q。
(2)固定x轴下侧平面内的点电荷电量为8mRv02kq。
(3)匀强电场的电场强度E大小为mv02qR。
【解析】这是一道高考原题，涉及粒子在电场和磁场中的运动，粒子先做类平抛运动，进入第四象限后再做匀速圆周运动。题目的靓点在于离开匀强电场的速度方向以及离开磁场的速度方向，隐含了许多物理知识，关联着粒子在电场/、磁场的运动。此题涉及动能定理、匀速圆周运动、库仑定理等内容，是力学和电磁学综合题，考查全面分析问题和解决问题的能力。
(1)由题设进入第四象限的速度方向和初速度求出粒子在磁场中的速度，根据动能定理求出MN间的电势差。
(2)由题设离开磁场时速度方向与y轴垂直和进入磁场速度方向确定圆周运动的圆心，由几何关系求出半径，由库仑力提供向心力求出点电荷的电量Q。
(3)再回到匀强电场中的类平抛运动，末速度方向已知，从而求出沿场强方向的速度，而此速度是由电场加速的，由运动学公式求出加速度，再求出电场强度。