新疆阿图什市克孜勒苏柯尔克孜自治州2024-2025学年高二物理上学期期中试题含解析

Page142024-2025学年第一学期期中考试试卷高二年级物理（考试时间90分钟满分100分）一、单选题（本题共3小题，满分12分）1.不带电的空腔导体P置于电场中，其四周电场线分布如图所示，a、c为电场中的两点，b为导体空腔内的一点，则（）A.a、b、c三点的电场强度依次减小B.a、b、c三点的电势依次降低C.负摸索电荷在a点的电势能比在b点的大D.正摸索电荷从a点移到c点的过程中，克服电场力做功【答案】B【解析】【详解】A．由电场线越密的地方电场强度越大，b处于静电平衡状态的导体的内部，电场强度大小是0，则有，故A错误.B．沿着电场线电势渐渐降低，a点处于电场线的靠前的位置即a点的电势比b高，b的电势比c高.所以B正确.C．负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，故负检验电荷在a点的电势能比在b点的小.所以C错误.D．正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到c点的过程中电势能减小，则电场力做正功；故D错误.2.如图所示，三个阻值相同的电阻连成三角形电路，原来A、B间电阻RAB等于B、C间电阻RBC，由于某种缘由，其中一个电阻发生了变更，结果RAB＞RBC，其缘由可能是（）A.R1变小 B.R2变小 C.R3变大 D.R3变小【答案】D【解析】【分析】间的电阻为与串联后与并联；BC间的电阻为、串联后与并联；由串并联电路的规律可得出的表达式，分析可知是哪一个电阻发生了变更．【详解】在A、B之间，是和串联后再与并联的电路，故；在B、C之间，是是和串联后再与并联的电路，故；原来，表明，要使，则应使，可知变大或变小，D正确．【点睛】本题的关键是能明确电路结构，要留意由物理规律得出相应的表达式，再由数学学问可比较大小．3.用电场线能很直观、很便利地比较电场中各点的电场强弱。如图，图甲是等量异种点电荷产生电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D也关于O对称，则下列说法错误的是（）A.A、D两点电场强度大小相等、方向相反B.B、C两点电场强度大小和方向都相同C.E、F两点电场强度大小和方向都相同D.从E到F过程中电场强度先增大后减小【答案】A【解析】【详解】A．依据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由图看出，A、D两点场强方向相同，故A错误，符合题意；B．依据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同，这两点场强的方向均由B指向C，方向相同，故B正确，不符合题意；C．由图看出，E、F两点中，电场线疏密程度相同，说明两点电场强度大小相等，电场线切线方向相同说明电场强度方向相同，故两点电场强度相同，故C正确，不符合题意；D．由图看出，电场线先变密，再变疏，所以场强先增大后减小，故D正确，不符合题意。故选A。二、多选题（本题共7小题，满分28分）4.如图所示的电路中，电源的电动势和内阻保持不变，下列说法中正确的是（）A.闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B.越大，路端电压越大C.越大，电源的输出功率越大D.阻值不同，电源的输出功率可能相同【答案】BD【解析】【详解】闭合电路中，电流在外电路是从电势高的地方流向电势低的地方，内电路是从低电势的地方流向高电势的地方，选项A错误；依据闭合电路的欧姆定律，U=E-Ir可知，R越大，I越小，则路端电压U越大，选项B正确；电源的输出功率，可知当时，即R=r时电源的输出功率最大，可知当电阻R从R=r增大或减小时，输出功率均减小，即R越大，电源的输出功率不愿定越大，选项C错误；当输出功率相同时满意：，化简可得，即满意时，电源的输出功率相同，选项D正确．5.如图所示，R0为热敏电阻（温度上升电阻快速减小），D为志向二极管（正向电阻为0，反向电阻无穷大），C为平行板电容器．当开关K闭合，滑动变阻器R的触头P在适当位置时，电容器C中心有一带电液滴刚好静止．M点接地，则下列说法正确的是（）A.开关K断开，则电容器两板间电场强度为零B.将热敏电阻R0加热，则带电液滴向上运动C.滑动变阻器R触头P向下移动，则带电液滴在C处电势能减小D.滑动变阻器R的触头P向上移动，则带电液滴在C处电势能增大【答案】BC【解析】【详解】A．依据平衡条件可知液滴受电场力向上，大小等于重力。开关K断开时，电容器干脆接在电源两端，电压增大，电场强度增大。故A错误。

B．热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，电场强度增大，液滴向上运动。故B正确。

C．滑动变阻器R的触头P向下移动，滑动变阻器接入电阻增大，则总电流减小，内压及R0两端的电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，会充电，电容器两端的电势差增大，液滴向上运动，电场力做正功，电势能减小。故C正确。

D．当变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，故不会充电，由于二极管，也不会放电，故电容器两端的电势差不变，电势能不变。故D错误。6.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以确定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同始终线上，且AB=2BC，如图所示。重力加速度为g。由此可见（）A.带电小球所受静电力为3mgB.小球带正电C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等D.小球从A到B与从B到C的速度变更量的大小相等【答案】AD【解析】【详解】B．由于在电场中轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明静电力方向向上，所以小球带负电，B错误；AC．带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，阅历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，从A到B过程小球做平抛运动。小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动。则有x1=v0t1从B到C过程，有x2=v0t2设AB与MN夹角为，由题意有则得t1=2t2即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍。依据几何学问有y1∶y2=x1∶x2解得a=2g依据牛顿其次定律得F-mg=ma=2mg解得F=3mgC错误，A正确；D．依据速度变更量Δv=at，则得AB过程速度变更量大小为Δv1=gt1=2gt2BC过程速度变更量大小为Δv2=at2=2gt2所以小球从A到B与从B到C的速度变更量大小相等，D正确。故选AD。7.如图所示，实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力的作用，对于两点下列推断正确的是（）A.电场中a点的电势较高 B.带电粒子在a点的动能较大C.带电粒子在a点的加速度较大 D.带电粒子在a点的电势能较大【答案】BC【解析】分析】【详解】A．由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，故无法判定电势凹凸，故A错误；BD．由a到b的过程中，由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点电势能较大。故B正确，D错误；C．由电场线的疏密可知a点场强大，电场力大，故此处加速度大，故C正确。故选BC。8.一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动的轨迹如图虚线所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以推断()A.此粒子由a到b，电场力做正功，由b到c，粒子克服电场力做功B.粒子在b点的电势能确定大于在a点的电势能C.粒子在c点的速度和在a点的速度大小相等D.等势面a比等势面b的电势高【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．从粒子轨迹的弯曲状况，可推断出，粒子由a到b，电场力做负功，由b到c，电场力做正功，故A错误；B．依据上一选项分析可知，粒子由a到b，电场力做负功，依据电场力做功与电势能转化的关系，可推断出，粒子在b点的电势能确定大于在a点的电势能，故B正确；C．粒子运动过程中，只有电场力做功，涉及的是粒子动能和电势能之间的相互转化，总量保持不变，又因为a、c两点处在同一条等势线上，故粒子在c点的速度和在a点的速度大小相等，故C正确；D．题中点电荷与带电粒子的电性未知，故不能推断等势面的凹凸，故D错误。故选BC。9.表头（灵敏电流计）的改装电路图如图所示，已知表头的内阻，满偏电流，电阻，，下列说法正确的是（）A.运用A、B两个端点时，该装置为电流表，量程为3AB.运用A、B两个端点时，该装置为电压表，量程为3VC.运用A、C两个端点时，该装置为电流表，量程为0.6AD.运用B、C两个端点时，该装置电压表，量程为15V【答案】AC【解析】【分析】【详解】不管是接A、B，A、C还是B、C两个端点，都有电阻与表头并联，该装置都为电流表。运用A、B两个端点时，量程为运用A、C两个端点时，量程为故AC正确，BD错误。故选AC。10.如图所示电路，在平行金属板M、N内部左侧中心P有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点，变更R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则下列说法正确的是A.该粒子带正电B.减小R1，粒子将打在O点左侧C.增大R1，粒子在板间运动时间不变D.减小R2，粒子还能打在O点【答案】BD【解析】【详解】A．由电路可知，N板带正电，所以带电粒子带负电，A错误；BC．由电路可知，R0、R1串联接在电源两端，MN两板间的电压等于R0两端电压。带电粒子在两板间做类平抛运动，平行两板方向做匀速运动，垂直两板方向做匀加速运动。减小R1，两板间电压增大，加速度增大，粒子将打在O点左侧，时间变短，B正确，C错误；D．减小R2，两板间电压不变，粒子在板间运动时间不变，还能打在O点，D正确。故选BD。三、试验题（本题共2小题，满分16分）11.（1）用游标为50分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为___________mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为___________mm。（3）试验中电流表选择0-0.6A量程，电压表选择0-3V量程。某次电表示数如图所示，电流表示数为___________A，电压表示数为___________V，【答案】①.1.92②.0.900③.0.50④.2.60【解析】【分析】【详解】（1）[1]由图示游标卡尺可知，且游标为50分度，则其示数为（2）[2]由图示螺旋测微器可知，其示数为（3）[3]试验中电流表选择0-0.6A量程，由图示可知，电流表示数为0.50A；[4]试验中电压表选择0-3V量程，由图示可知，电压表示数为2.60A。12.有一个电压表V，其内阻为、量程约25V～35V，共有30个匀整小格，但刻度数值已经模糊。为了测量其量程并重新刻度，现供应下列器材选用：标准电压表V1：量程0～3V，内阻为标准电压表V2：量程0～6V，内阻为电流表A：量程0～3A，内阻未知滑动变阻器R：总阻值稳压电源E：30V，内阻不能忽视电键、导线若干（1）依据上述器材，有一位同学设计了如图1所示的试验电路图，请指出此电路中测量部分存在的问题：___________。（2）请设计一个合理的电路图，画在图2的方框内，将所选用的器材用相应的符号表示___________（要求测量多组数据，并尽可能提高测量的精确度）；选用记录数据中任一组，写出计算量程的表达式___________；式中各字母的意义是：___________。【答案】①.电流表量程太大，电压表与电流表串联时实际流过电流表的电流太小，电流表的指针偏转不明②.③.④.N为V表指针所指格数，U1为V1表读数【解析】【详解】（1）[1]此电路设计存在的问题：电流表A的量程太大，电压表的内阻较大，电压表与其串联时实际流过电流表的电流太小，即电流表的指针偏转不明显。（2）[2]由题意可知，待测电压表内阻已知，则将两表串联接入电路，两表中的电流相等，由标准电表可求得电流值，通过计算可求得待测电压表的量程；因两电压表阻值较大，而滑动变阻器阻值较小，故滑动变阻器接受分压接法；故电路如图所示[3][4]由欧姆定律可求得，通过两电压表的电流为则待测电压表两端的电压为此时指针指示的格数为N，则有解得量程为其中N：直流电压表V指针所指格数，U1：标准电压表V1的读数。四、解答题（本题共3小题，满分44分）13.直径为d、电阻为R不封闭金属圆环水平固定在绝缘桌面上，如图所示（俯视图），一电容为C的电容器与圆环的两端点连接。在圆环内部有垂直桌面对下的随时间匀整增加的匀强磁场，其磁感应强度大小随时间的变更率为k。求：（1）圆环中的感应电动势E的大小和方向；（2）电容器P板所带的电荷量q。【答案】（1），方向为逆时针方向；（2）【解析】【分析】详解】(1)由法拉第电磁感应定律及楞次定律可得：感应电动势的方向为逆时针方向。(2)电容器两极板之间的电压等于电源的电动势，即U=E，由得由于感应电流的方向为逆时针方向，所以电容器P极板的带电量14.如图甲所示，真空中水平放置的相距为d的平行金属板板长为L，两板上加有恒定电压后，板间可视为匀强电场．在t=0时，将图乙中所示的交变电压加在两板上，这时恰有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从两板正中间以速度v0水平飞入电场．若此粒子离开电场时恰能以平行于两