安徽省黄山市2023-2024学年高二上学期期中物理试题（含答案）

安徽省黄山市2023-2024学年高二上学期期中物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、选择题（本大题共有10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）1．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为43A．r4 B．r C．r22．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（）A．mv22eL B．mv23．如图所示，b点为两等量异种点电荷+Q和－Q连线的中点，以+Q为圆心且过b点的虚线圆弧上有a、c两点，a、c两点关于连线对称。下列说法正确的是（）A．a、b、c三点电势相等B．电子在a、c两处受到的电场力相同C．电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中电势能一直减小D．电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程中电势能先增加后减小4．如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量m，带电量+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是A．在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同B．带电小球A、B两点电势能相等C．若A、B高度差为h，则UD．两电场强度大小关系满足E2=2E15．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为∆U1和∆U2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为∆I。当滑动变阻器的触片从左端向右端滑动的过程中（不计灯泡电阻的变化）（）A．小灯泡L3、L2变亮，L1变暗B．电压表V1示数变小，电压表V2示数变大C．ΔUD．ΔU6．如图所示直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I的变化图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I的变化图线，A、B两点的横坐标都是2A，则（）A．当I=2A时外电阻为1ΩB．当I=1A和I=2A时电源的输出功率相同C．当I=1A和I=2A时电源的效率相同D．电源的最大输出功率为2W7．如图所示电路中，开关S断开时，电压表，电流表均无示数；S闭合时，电流表有示数，电压表无示数，电路中仅有一处故障，下列判断正确的是（）A．电阻R1断路 B．电阻R2断路 C．电阻R2短路 D．电阻R3断路8．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确的有（）A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大9．将额定电压为U、线圈电阻为r0A．U2r0 B．(E−U)2r210．如图甲所示，在两平行金属板间加有一交变电场，两极板间可以认为是匀强电场，当t=0时，一带电粒子从左侧极板附近开始运动，其速度随时间变化关系如图乙图所示。带电粒子经过4T时间恰好到达右侧极板，（带电粒子的质量m、电量q、速度最大值vmA．带电粒子在两板间做往复运动，周期为TB．两板间距离d=2C．两板间所加交变电场的周期为T，所加电压U=D．若其他条件不变，该带电粒子从t=T二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）11．在直角三角形所在的平面内有匀强电场，其中A点电势为2V，B点电势为3V，C点电势为4V。已知∠ACB=30°，AB边长为23m，D为AC的中点。现将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1N/C，则放入点电荷后，B点场强为12．要测一个待测电阻丝Rx（约为260ΩA.电源E：电动势12V，内阻不计；B.电流表A：量程0~15mA，内阻RA为4ΩC.电压表V：量程0~10V，内阻RV约为10kΩD.滑动变阻器R1：最大阻值20ΩE.滑动变阻器R2：最大阻值500ΩF.定值电阻R3G.定值电阻R4H.定值电阻R5L.电键S及导线若干。要求实验中尽可能准确测量Rx（1）分别用游标卡尺、螺旋测微器测出电阻丝的长度L和直径D，读数如下图所示，L=mm，D=mm。（2）为了在实验时能获得更大的测量范围，实验中滑动变阻器应选。（选填R1或R（3）为了测定待测电阻上的电流，应将定值电阻（选填R3或R4或（4）利用所给器材，在虚线框内画出测量待测电阻Rx阻值的实验原理电路图（所有的器材必须用题中所给的符号表示）（5）根据以上实验原理电路图进行实验，若电流表的示数为I，电压表的示数为U，则其电阻率ρ的表达式为。（使用题目中所给的字母表示）三、计算题（本题共3小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式及重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．如图电路中，电源的电动势E=3V，内阻r=1Ω，电阻R1=R3=2Ω，R14．如图所示，在足够高的竖直墙面上A点，以水平速度v0=10m/s向左抛出一个质量为m=1.5kg的小球，小球抛出后始终受到水平向右的恒定电场力的作用，电场力大小（1）小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；（2）墙面上A、B两点间的距离；（3）小球速度的最小值。15．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，一可视为质点的质量为m=0.02kg的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场场强E=2N/C，BC段长度L=2m，CDF的半径R=0.2m，FMN的半径r=0.1m，滑块带电量（1）滑块通过F点的最小速度vF（2）若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h0（3）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=kQ⋅3Qr2，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，两球间库仑力的大小变为库仑力为F′=kQ⋅Qr'2r′=r所以两小球间的距离变为r2故选：C．【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．2．【答案】C【解析】【解答】解：导体中的电流为I=neSv导体的电阻为R=ρL导体两端的电压为U=RI场强为E=U联立解得E=ρnev故答案为：C【分析】电流的微观表达式结合电阻定律与场强公式可求解。3．【答案】D【解析】【解答】根据等量异种电荷的电场分布可知，b点的电势为零，ac两点电势相等且大于零，则A不符合题意；a、c两点的场强大小相同，方向不同，则电子在a、c两处受到的电场力不相同，B不符合题意；电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中，因电势逐渐降低，可知电子的电势能增加，C不符合题意；电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程，电势先降低后升高，则电子的电势能先增加后减小，D符合题意；故答案为：D.

【分析】利用两个异种等量点电荷周围场线的分布可以判别电场力方向不同及电势的大小；利用电势高低结合电性可以判别电势能的大小。4．【答案】C【解析】【解答】A、A到虚线速度由0加速到v，虚线到B速度由v减到0，位移相同，根据v2=2ax可知加速度大小相同，方向相反，故A错误；

B、从A到B根据动能定理可得

mgh+UABq=0

可得

UAB=-mghq<0

故A和B电势不相等，故B错误，C正确；

D、在上方电场中，根据牛顿第二定律可得

E1q+mg=ma1

在下方电场中，根据牛顿第二定律可得

E2q-mg=ma5．【答案】C【解析】【解答】A、当滑动变阻器的P从左侧移动到右侧时，变阻器电阻增大，外电阻阻值增大，总电流减小，则流过L2电流变小，故其变暗，则V2示数变小，则L1和L3两端电压增大，即V1示数变大，则L3变亮。由于总电流减小，L3电流增大，则L1电流减小，即L1变暗，故AB错误；

C、根据欧姆定律可得

∆U2∆I=R2

故C正确；

6．【答案】B【解析】【解答】A．C点表示电源的总功率全部转化为热功率，即C点表示外电路短路，电源的总功率P=EI由图可知I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V，电源的内阻r=当I=2A时，输出功率为P出=EI-I2r=3×2W-22×1W=2W根据P出=I2R得R=0.5ΩA不符合题意；B．当I=1A电源的输出功率P出=EI-I2r=3×1W-12×1W=2WB符合题意；C．当I=1A和I=2A时电源的效率η=不相同，C不符合题意；D．当外电阻与内电阻相等时电源的最大输出功率，为P=D不符合题意。故答案为：B。

【分析】利用总功率的表达式可以求出电动势的大小；利用短路电流结合欧姆定律可以求出内阻的大小；利用总功率减去热功率可以求出输出功率的大小，结合电流的大小可以求出外电阻的大小；利用总功率减去热功率的大小可以求出输出功率的大小；利用外电压和电动势可以比较效率的大小；利用内外电阻相等结合电功率的表达式可以求出最大的输出功率。7．【答案】D【解析】【解答】开关S断开时，电路为串联电路，电流表测总电流，电压表测R2两端电压；电流表无示数，说明发生断路；电压表无示数说明电压表和电源不连接，所以可能的故障为R1断路或者R3断路；

S闭合时，只有R1接入电路，其中电压表被短路无示数；电流表有示数，说明R1是通路，综上所述R8．【答案】A,C【解析】【解答】A、由图像得出中间电势高，两侧电势低，而且图像不对称，可知两电荷为异种且带电量不同的电荷，故A正确；

B、图像斜率表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为0，故B错误；

C、负电荷从x1移到x2，由低电势到高电势，根据Ep=φq，可得电势能减小，故C正确；

D、负电荷从x1移到x2，电场强度减小，故电场力减小，故D错误。

故答案为：AC。

【分析】根据图像得出电势不对称从而得出电量大小以及正负关系；

图像斜率表示电场强度大小以及电场力的变化情况；

根据9．【答案】A,B,D【解析】【解答】根据闭合电路欧姆定律可知

E=U+Ir0

可得

I=E-Ur0

电动机消耗的电功率为

P=UI=EU-U210．【答案】B,D【解析】【解答】A、v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，且位移不变增加，可得带电粒子做单向运动，故A错误；

B、根据图像可得d=4×12vmT=2vmT，故B正确；

C、速度—时间图像斜率表示加速度，由图像可知两板间所加交变电场的周期为T。粒子运动的加速度大小为：avmT2=2vmT，由牛顿第二定律得：q11．【答案】13【解析】【解答】A点电势为2V，C点电势为4V，D为AC的中点。可得D点电势为3V，故BD为等势线，则场强方向垂直于BD指向A点，如图所示

场强大小为

E1=Ud=3-223sin60°V/m=1312．【答案】（1）50.50；0.900（2）R（3）R（4）（5）π【解析】【解答】（1）根据游标卡尺读数规律可得

L=50mm+10×120mm=50.50mm

根据螺旋测微器读数规律可得

D=0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm

（2）为了在实验时能获得更大的测量范围，实验中滑动变阻器的连接需要用到分压式连接，且需要选取R1；

（3）根据欧姆定律可得，通过待测电阻的电流大约为

I=URx=12260A≈0.046A=46mA

假设并联电阻R，则

(I-IA)R=IARA

解得

R≈1.9Ω

故选R4。

（4）改装的电流表两端的电压和电流时已知的，所以用电流表内接，而滑动变阻器用分压法，可得电路图如图所示

（5）根据欧姆定律可得，待测电阻两端电压为

UR=U-IRA

待测电阻两端电流为

I13．【答案】解：开关S断开时，电容器充电电压为电阻R2两端的电压则充电电荷量Q且上极板带正电，开关S闭合后，外电路的总电阻R=总电流为I=路端电压U=E−Ir=3V−1×1V=2VR1两端电压R3两端电压电容器的电压等于R1与R3则得电容器的带电量Q因为U1>U3，外电路中沿着电流方向电势降低，可得电容器下极板电势高，带正电，上极板的电势低，带负电；因此，闭合开关【解析】【分析】开关S断开时，得出电容器充电电压为电阻R2两端的电压大小，从而得出充电电荷量；开关S闭合后，外电路的总电阻阻值，从而得出电流大小，进而得出路端电压大小；再分别求出R1以及R3两端电压，得出电容器的电压等于R14．【答案】（1）解：小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动。将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向F=m且有v得到x=15m（2）解：水平方向速度减小为零所需的时间t所以从A点到B点时间t=2竖直方向上y解得y（3）解：将速度进行分解，当v⊥=0根据力的关系知cos解得v【解析】【分析】（1）小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动，结合水平方向上牛顿第二定律与运动学公式速度与位移公式得出距离大小；

（2）根据t1=v0a15．【答案】（1）解：小球在F点根据牛顿第二定律有mg+qE=m解得vF（2）解：设小球由h0处释放恰好通过F点，对小球从释放至F点这一过程由动能定理得解得h0（3）解：①小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得(解得h1则当h≤1.2m时，小球不过D点，不脱离轨道；②小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D点