2023-2024年广东省东莞市翰林中学高二上学期期中物理试题（解析版）

东莞市翰林高级中学物理学科高二期中考试试题卷考试时间：75分钟满分：100分一、单选题（共7题，每题4分，共28分）1.下列说法正确的是（）A.电场强度公式表明，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍B.元电荷是指电子，电量等于电子的电量，体积很小的带电体是指点电荷C.根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比D.根据电阻定律可知，同一材料金属导体的电阻跟导体的长度成正比，跟导体的横截面积成反比【答案】D【解析】【详解】A．电场强度由电场本身决定，与放入其中的试探电荷无关，故A错误；B．元电荷是物体最小的带电量，电子的电量等于元电荷，点电荷是本身大小比相互之间的距离小的多的带电体叫做点电荷，故B错误；C．电容器的电容由电容器本身决定，与其所带电荷量、两极板间的电压无关，故C错误；D．根据电阻的决定式可知，同一材料金属导体的电阻跟导体的长度成正比，跟导体的横截面积成反比，故D正确。故选D。2.在静电场中将一个带电量为的点电荷从A点移动到B点，这个过程中电场力做功，其动能增加。若规定A点为该电场的零电势点，则B点的电势以及除电场力外其他的力做功分别为（）A.－200V， B.－200V，C.200V， D.200V，【答案】C【解析】【详解】由题意得，从A点移动到B点电场力做功又因为所以由动能定理得，从A点移动到B点满足解得故选C。3.如图所示，在匀强电场中a、b、c、d为矩形的四个顶点，e、f分别为ab边和cd的中点且ab长为ad长的2倍。已知电场线的方向平行于矩形所在平面，a、b、c三点电势分别为4V、8V、6V，则下列说法中错误的是（）A.d点的电势为2VB.电场线方向垂直于ac向下C.电场线方向垂直于ec向下D.一电子从a点运动到c点，电势能减少【答案】B【解析】【分析】根据匀强电场等势线的特点可知：ab的电势差等于dc的电势差，从而得出d点的电势，e点的电势等于a、b电势的平均值，从而得出ce为等势线，抓住电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势得出电场线的方向。【详解】A．匀强电场的等势线是等间距的平行直线，根据几何关系可知ab的电势差等于dc的电势差，即解得故A正确；BC．a、b两点的电势分别为4V、8V，e为ab的中点，则e点的电势等于a、b电势的平均值，即为6V，所以ec连线为等势线；根据电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，知电场线垂直于ec向下。故C正确，B错误；D．因为a点的电势小于c点的电势，根据电势能知电子在a点的电势能大于c点的电势能。故D正确。本题选错误的，故选B。【点睛】解决本题的关键知道匀强电场等势线的特点，以及知道电场线与等势线的关系。4.一块均匀的某种长方体金属材料样品，长为a，宽为b，厚为c，电流沿AB方向时测得样品的电阻为R，则电流沿CD方向时样品的电阻是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】电流沿AB方向时电流沿CD方向时故选A。5.如图所示，用内阻为110Ω、满偏电流为50mA表头改装成量程为0.6A和3A的双量程电流表，接线柱a为公共接线柱，下列说法不正确的是（）A.用a、b两个接线柱时量程3A B.用a、c两个接线柱时量程为0.6AC.R1和R2的阻值之和为10Ω D.R1的阻值为R2阻值的【答案】D【解析】【详解】AB．由图可知，接ab时电路为表头与R2串联后与R1并联；接ac时电路为R1和R2串联后与表头并联，所以有接ab时分流电阻较小，此时电流表量程较大为3A，同理接ac时量程为0.6A，AB正确；CD．根据前面分析接ac时量程为，此时有同理接ab时量程为，此时有联立代入数值解得所以有，C正确，D错误。本题选错误的，故选D。6.在如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是（）A.电流表、电压表的读数均变小B.电源内阻消耗的功率一定变小C.液滴将向下运动D.电源的输出功率一定变大【答案】B【解析】【详解】C．当L的灯丝突然烧断时电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和两端的电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C两端的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，故C错误；A．由于C两端的电压增大，、中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，故A错误；B．因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，故B正确；D．由于电源的内、外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，故D错误。故选B。7.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保优点。如图所示，图线A是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图象，图线B是某电阻R的图象。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（）A.R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1ΩB.电源的效率为33.3%C.若将灯泡换成0.3Ω定值电阻，电源的输出功率增大D.此时闭合回路中电源两端的电压是为3V【答案】B【解析】【详解】A．根据电阻R的图象可知，过坐标原点的割线的斜率表示电阻逐渐增大，即R的阻值随电压升高而增大，两图像的交点对应的阻值为故A错误；BD．光敏电阻和电源构成回路对应交点处的电压和电流，有，，，则电源的效率为而此时闭合回路中电源两端的电压即为路端电压为1V，故B正确，D错误；C．电源的输出功率与外电阻的变化关系图像为若将灯泡换成0.3Ω定值电阻，外电路的电阻变小，均小于电源内阻，可知输出功率变小，故C错误。故选B二、多选题（共4题，每题4分，共16分；漏选得2分，错选或多选得0分）8.如图，实线表示电场线，虚线表示带电粒子只受电场力作用下的运动轨迹，则（）A.若粒子是从N点运动到M点，则其带负电荷B.粒子运动的加速度在M点小于N点C.粒子在M点的速度小于在N点的速度D.粒子在M点的电势能小于在N点的电势能【答案】BC【解析】【详解】A．粒子仅仅受到电场力，即电场力即为粒子的合力，由于合力方向指向轨迹的内侧，根据图像可知，电场力方向与电场强度的方向相同，即粒子带正电，故A错误；B．电场线分布的密集程度表示电场的强弱，根据图像可知，M点电场线分布比N点稀疏一些，则M点电场强度比N点小一些，即粒子M点所受电场力比N点小一些，可知粒子运动的加速度在M点小于N点，故B正确；C．若粒子从M点运动到N点，根据上述可知，粒子所受电场力的方向与速度方向之间的夹角为锐角，即粒子从M点运动到N点过程做加速运动，即粒子在M点的速度小于在N点的速度，故C正确；D．根据上述，若粒子从M点运动到N点，电场力做正功，电势能减小，即粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D错误。故选BC。9.如图为一块手机电池的文字说明，下列说法正确的是（）A.该电池的容量为，能存储的最大电能为1.8kJB.该电池的电动势为3.6VC.该电池在工作时的电流为500mAD.若电池以10mA的电流工作，可用50h【答案】BD【解析】【详解】A．是该电池的容量，能存储的最大电能为A错误；B．该电池的电动势为3.6V；故B正确；C．该电池的容量为，在工作时的电流不一定为500mA，C错误；D．该电池的容量为，根据可知，若电池以10mA的电流工作，可用50h，D正确。故选BD。10.如图所示，带电荷量之比为的带电粒子A、B以相等的速度v，从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若，忽略粒子重力的影响，则下列说法正确的是（）A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶4B.A和B运动的加速度大小之比为4∶1C.A和B的位移大小之比为1∶2D.A和B的质量之比为1∶12【答案】BD【解析】【详解】A．依题意，知粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有由于粒子的初速度相等，所以，由于A和B在电场中运动的水平位移之比为1：2，则时间之比1：2，故A错误；B．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向有相同，与成反比，则A和B运动的加速度大小之比为4：1，故B正确；C．因A、B的水平位移之比为1：2，竖直位移相等，则A、B的位移大小之比不等于1：2，故C错误；D．由牛顿第二定律得Eq=ma则粒子的质量m=∝由题意知又因为A和B运动的加速度大小之比为4：1，则A和B的质量之比为1：12，故D正确。故选BD。11.如图所示，平面内直线AB和CD垂直相交于O点，A、B关于O点对称，C、D关于O点对称，M是AO的中点，N是OB的中点，则下列说法正确的是（）A.若将电荷量为+Q的点电荷放置在O点，则C、M、D、N四点的电场强度相同B.若将电荷量为+Q和-Q的点电荷分别放置在A点和B点，则M、N两点电场强度相同C.若在M点和N点分别放置等量同种点电荷，一电子从O点沿直线运动到C点的过程中所受静电力的大小是一直增大的D.若在M点和N点分别放置等量正点电荷，一电子从C点由静止释放，电子将在C、D间做往返运动【答案】BD【解析】【详解】A．若将电荷量为+Q的点电荷放置在O点，则C、M、D、N四点的电场强度方向不同，A错误；B．若将电荷量为+Q和-Q的点电荷分别放置在A点和B点，由等量异种点电荷电场中电场线分布的对称性可知，M、N两点的电场强度大小相等，方向均由A指向B，B正确；C．若在M点和N点分别放置等量同种的点电荷，则O点的电场强度是零，从O点沿MN的中垂线经过C点到无限远处，电场强度大小从零先增大，再减小到零，则电子从O点沿直线运动到C点的过程中，所受静电力的大小可能是一直增大的，也可能是先增大后减小的，C错误；D．若在M点和N点分别放置等量正点电荷，则MN连线的中垂线上，关于O点对称的两点电场强度等大反向，所以电子在CO间与OD间受力具有对称性，都指向O点，所以将一电子从C点由静止释放，电子将在CD间做往返运动，D正确。故选BD。三、实验题（共2个题，共20分：每空2分）12.要测定一个圆柱体的电阻率，进行了如下操作∶（1）用10分度的游标卡尺测量圆柱体的长度L，可知其长度为________mm；用螺旋测微器测量其直径D如图，可知其直径为________mm。

（2）圆柱体的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出电阻R，然后根据电阻定律计算出该圆柱体的电阻率。为此取来两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：A．电压表0~3V，内阻约10kΩ

B．电压表0~15V，内阻约50kΩC．电流表0~0.6A，内阻约0.05Ω

D．电流表0~3A，内阻约0.01ΩE．滑动变阻器，0~10Ω

F．滑动变阻器，0~100Ω①要求较准确地测出其阻值，电压表应选_______，滑动变阻器应选________。（填序号）②在测定阻值较小的金属的电阻率的实验中，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，在测量其电阻时应选择的电路是（）A．

B．C．D．（3）若金属丝电阻用R表示，则该金属材料的电阻率_______。（用所给的字母表示）【答案】①.22.6②.6.359##6.360##6.361##6.362③.A④.E⑤.D⑥.【解析】【详解】（1）[1]10分度游标卡尺的精确值为，由图可知圆柱体的长度为[2]螺旋测微器的精确值为，由图可知圆柱体的直径为（2）①[3]由于电源电动势为，可知电压表应选择A；[4]为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择E。[5]在测定阻值较小的金属的电阻率的实验中，由于待测电阻远小于电压表内阻，故电流表应采用外接法；为了实验中获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应采用分压接法，故选D。[6]根据电阻定律又联立可得13.如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图。其中包括电源，开关和，电阻箱，电流表，保护电阻。该同学进行了如下实验步骤：（1）将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合、，读出电流表示数为，电阻箱读数为；断开，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为，此时电阻箱读数为。则保护电阻的阻值Rx=_______Ω。结果保留两位有效数字（2）断开，闭合，调节，得到多组和的数值，并画出图像，如图所示，由图像可得，电源电动势E=______V，内阻r=_______Ω。结果保留两位有效数字（3）本实验中，内阻的测量值___________填“大于”或“小于”真实值。【答案】①.②.③.④.大于【解析】【详解】（1）[1]据闭合电路欧姆定律可得，、均闭合时有断开有故保护电阻的阻值为（2）[2][3]根据闭合电路的欧姆定律可得整理可得可见图线的斜率为图线的纵截距为结合图像中的数据可得，[4]本实验中，由于电流表也有内阻，故（2）解析中内阻的测量值相当于电源实际内阻与电流表内阻之和，可知内阻的测量值大于真实值。四、解答题（共3个题，共36分）14.如图，一带电荷为、质量为的小物块，处于倾角为足够长的光滑绝缘斜面上的点，相距为，当整个装置置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止，设重力加速度为，，。求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）若将电场强度减小为原来的，小物块由静止沿斜面从下滑至点时，求小物块运动到处的速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）在匀强电场中时，小物块恰好静止，根据平衡条件可得匀强电场的电场强度大小为（2）若将电场强度减小为原来的，根据牛顿第二定律可得解得小物块运动到处，根据动力学公式有解得小物块运动到处的速度大小为15.“祝融号”火星车，其动力主要来源于太阳能电池。现将“祝融号”的动力供电电路简化如图，其中电热丝（定值电阻，太阳能电池电动势E=150V，内阻r未知，电动机线圈电阻，当火星车正