2023-2024年四川省江油市太白中学高二上学期期中考试物理试题（解析版）

江油市太白中学高2022级第三学期半期教学质量测试物理试卷一、单选题（每小题4分，共32分）1.关于电场强度，下列说法正确的是（）A.电场看不见，摸不着，因此电场实际不存在B.电荷间的相互作用是通过电场发生的C.根据电场强度的定义式可知，E与F成正比，E与q成反比D.由公式可知，放入电场中某点的检验电荷电荷量Q越大，则该点的电场强度越大【答案】B【解析】【详解】A．电场看不见，摸不着，但电场实际存在，A错误；B．电荷间的相互作用是通过电场发生的，B正确；C．电场强度的定义式为，但与、均无关，C错误；D．由电场强度的决定式可知，与场源电荷成正比，与成反比，与检验电荷无关，所以放入电场中某点的检验电荷电荷量Q越大，则该点的电场强度不变。D错误。故选B。2.A、B、C是三个完全相同的金属小球，A带电荷量为，B带电荷量为，C不带电，将A、B固定起来，让C球先与A球接触，再与B球接触，然后移去C球，则A、B两球间的库仑力大小变为原来的（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】根据题意，将A、B固定起来，A、B间的库仑力根据电荷守恒定律，让C球先与A球接触，A球和C球都带电量；再让C球与B球接触，C球与B球都带电量。则A、B间的库仑力联立可得故选A。3.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了，金属块克服摩擦力做功，重力做功，则以下判断正确的是（）A.金属块带负电荷B.金属块的电势能减少C.金属块克服电场力做功D.金属块的机械能减少【答案】D【解析】【详解】ABC.在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK解得：W电=−4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J.由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A错误，B错误，C错误；D.在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故D正确．故选D.4.如图所示，在匀强电场中有A、B、C三点，三点构成直角三角形，∠A=37°，AB边长为5m，D为AB中点，电场线与ABC所在平面平行，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和6V，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A.DC两点间电势差UDC=8VB.D点电势φD=8VC.该电场电场强度E=2V/mD.该电场的方向为沿BC方向【答案】C【解析】【详解】AB．将AB二等分，由于UAB=φA-φB=14V-6V=8V则每等分两端的电势差为4V，所以UAD=φA-φD=4V可知φD=10V则UDC=φD-φC=10V-6V=4V故AB错误；CD．由于φB=φC=6VB、C两点位于同一等势面上，根据沿电场线方向，电势降低，故电场线即沿AC方向，场强故C正确，D错误。故选C。5.如图所示，在边长为a的正方形ABCD的A、B、C三个顶点上各放置一个带电荷量为q的点电荷，已知静电力常量为k，则正方形中心点O处的电场强度大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】根据对称性，A、C处点电荷在O点处产生的合电场的电场强度，B处点电荷在O点处产生的电场的电场强度方向由B点指向O点，故O点处合电场的电场强度故A正确，BCD错误。故选A。6.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是（）A.粒子带正电荷B.粒子在a点的加速度小于在b点的加速度C.在a、b两点的速度大小va>vbD.粒子由a点运动到b点【答案】C【解析】【详解】A．电场线是直线，电场方向不确定，由于粒子仅受电场力，根据合力方向指向轨迹内侧，可知，电场力方向沿电场方向向左，由于电场方向不确定，因此粒子的电性也不确定，故A错误；B．电场线分布的密集程度表示电场的强弱，a位置的电场分布比b位置的电场密集一些，则粒子在a点的电场力大于在b点的电场力，即粒子在a点的加速度大于在b点的加速度，故B错误；C．若粒子从a点运动到b点，根据上述可知电场力的方向与速度方向成钝角，电场力做负功，粒子做减速运动，即在a、b两点的速度大小va>vb，故C正确；D．根据题意，不确定粒子的运动方向，若粒子从a点运动到b点，粒子做减速运动，若粒子从b点运动到a点，粒子做加速运动，故D错误。故C。7.两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ与O点，A为MN上的一点，一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（）A.q由A向O的运动是匀加速直线运动 B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C.q运动到O点时的动能最大 D.q运动到O点时电势能为零【答案】BC【解析】【详解】试题分析：本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误．B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B正确．C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确．D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值．故D错误．故选BC【点评】本题考查静电场的基本概念．关键要了解等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析．8.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（）A.匀强电场的电场强度B.小球做圆周运动过程中动能的最小值为C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大【答案】B【解析】【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成角，对小球进行受力分析，如图所示由平衡关系可知解得故A错误；B．小球静止时细线与竖直方向成角，则A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知动能联立解得故B正确；C．由机械能守恒定律可知，机械能的变化量等于除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功，此处即电场力做的功。由题意可知，当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，机械能最小，故C错误；D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功后做负功再做正功，所以电势能先减小后增大再减小，故D错误。故选B。二、多选题（每小题4分，少选、漏选得2分，多选、错选得0分）9.一段粗细均匀的导体的横截面积为S，流过其中的电流强度恒为I，导体每单位体积内的自由电子数为n，每个自由电子所带的电荷量为e，自由电子沿着导体定向移动的平均速率为v。在时间内，通过导体横截面的自由电子数为（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【详解】AB．时间内，电子定向移动的距离通过导体横截面的自由电子数解得A正确，B错误；CD．根据解得C错误，D正确。故选AD。10.已知x轴上电场方向与x轴方向平行，x轴上各点电势如图所示，x=0处电势为5V，一电子从x=-2cm处由静止释放，则下列说法正确的是A.x=0处电场强度为零B.电子在x=-2cm处的加速度小于电子在x=-1cm处的加速度C.该电子运动到x=0处时的动能为3eVD.该电子不可能运动到x=2cm处【答案】AC【解析】【详解】根据图线斜率的意义可知，φ-t图线的斜率表示电场强度，所以可知在x=0处电场强度为0．故A正确；图线的斜率表示电场强度，由图可知x=-2cm处的电场强度大于x=-1cm处的电场强度，则电子的加速度：a=Eq/m可知电子在x=-2cm处的加速度大于电子在x=-1cm处的加速度．故B错误；电子从x=-2cm处由静止释放，由图可知，在x=-2cm处的电势为2V，电子在x=0处的电势为0，电子的电势增大3V，所以电子的电势能减小3eV．由于电子运动的过程中只有电场力做功，电子动能的增加量等于电势能的减少量，所以电子到达x=0处的动能为3eV．故C正确；由图可知，y轴两侧的电场是对称的，所以该电子能运动到x=2cm处．故D错误．11.如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源的电动势E=10V，内阻r=1Ω。闭合开关，电动机正常工作时，用理想电压表测出电动机两端电压U=5V，已知电动机线圈的电阻RM=1Ω，则下列说法中正确的是（）A.通过电动机的电流为 B.电阻R的电压为4.5VC.电源的输出功率为5W D.电动机的输出功率为2.25W【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，有解得故A错误；B．电阻R的电压为故B正确；C．路端电压为电源的输出功率为故C错误；D．电动机的输入功率电动机的热功率电动机输出功率故D正确。故选BD。12.如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴恰好处于静止状态。现将滑动变阻器的滑片向上移动一段距离，电压表示数变化量的绝对值为，电流表示数变化量的绝对值为，电压表和电流表均视为理想电表，定值电阻，和电池内阻r阻值相等，则（）A.电压表示数变小 B.液滴将向上运动C.保持不变 D.电源的输出功率增大【答案】BC【解析】【详解】A．滑动变阻器的滑片向上移动一段距离，则滑动变阻器阻值增大，总电阻增大，总电流减小，所以电压表的示数根据电压表示数变大，故A错误；B．电压表示数变大，则电容器两极板电压增大，根据可知电场强度变大，液滴受到向上的电场力变大，合力向上，液滴向上运动，故B正确；C．根据可知故C正确；D．当内外电阻相同时，电源输出功率最大，因为可知滑动变阻器阻值增大，电源的输出功率减小，故D错误。故选BC。三、实验题（共16分）13.某同学要测量一均匀新材料制成的导电圆柱体的电阻率ρ，进行了如下实验操作：（1）用螺旋测微器测量圆柱体的直径如图甲所示，由图可知其直径D=________；用游标卡尺测量圆柱体的长度L如图乙所示，由图可知其长度L=________。（2）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测量此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值为________Ω；（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻，现有器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻Rx：电流表A（量程，内附约）；电压表V（量程，内阻约）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R（阻值范围，允许通过的最大电流）；开关S以及导线若干为减小测量误差，请在图中虚线框内画出完整的实验原理电路图____________；（4）正确连接实验电路，测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的U-I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该材料的电阻率ρ=________（用k、L、D三个物理量表述）；（5）由于电表内阻的影响，实验中电阻率的测量值________（选填“大于”或“小于”）真实值。【答案】①.4.950②.4.240③.120④.⑤.⑥.小于【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和D=4.5mm+45.0×0.01mm=4.950mm[2]由图示游标卡尺可知，主尺示数是42mm，游标尺示数是8×0.05mm=0.40mm,则圆柱体的长度是L=42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm（2）[3]由多用电表的读数，可得该电阻的阻值为R=12×10Ω=120Ω（3）[4]由于滑动变阻器最大阻值相对于待测电阻阻值较小，为测量多组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，根据题意可知由此可知电流表选用外接，电路图如图所示（4）[5]由题可知，U-I图像的斜率为k=Rx根据电阻定律有其中导电材料的横截面积为联立可得该材料的电阻率为（5）[6]由于选用电流表外接法，因此电流表测量的电流为流过待测电阻的电流和流过电压表的电流之和，即测量的电流数值比实际通过Rx的电流大，则得到U-I图像的斜率k偏小，实验中电阻率的测量值小于真实值。14.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0~3A，内阻约为C.电流表2：量程0~0.6A，内阻约为D.电压表1：量程0~3V，内阻未知E.电压表2：量程0~15V，内阻未知F.滑动变阻器：，2AG.开关、导线若干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______.（2）实验电路图应选择如图中的______（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图象，则干电池的电动势______V，内电阻______.【答案】①.C②.D③.乙④.1.5⑤.1.0【解析】【详解】（1）[1][2]本实验测量一节干电池的电动势和内阻，一节干电池的电动势约为，故电压表选择D；根据滑动变阻器的阻值可知，电路中的电流表应选择C。（2）[3]图甲电路由于电源内阻较小，电流表的内阻对电源内阻的测量影响较大，则实验电路图应选择图乙。（3）[4][5]根据图像以及闭合电路欧姆定律可知故干电池的电动势为干电池的内阻为四、解答题（共36分）15.如图所示，已知电子质量为m、电荷量为e，有一电子初速度为零，经电压加速后，进入两块间距为d的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，飞出时速度的偏转角为θ，电子重力不计求∶（1）电子刚进入板间电场时速度大小v0。（2）电子离开电场时速度大小v。（3）平行金属板间的电场强度大小E。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电子在电场中加速，有解得（2）电子离开电场时的速度（3）电子飞过偏转电场过程中，有又由于U=Ed，则解得16.在如图所示的电路中，已知电源电动势，内阻，电阻，滑动变阻器的阻值可连续增大。（1）当为多大时，消耗的功率最