辽宁省沈阳市2023-2024学年高二上学期期中物理试题（含答案）1

辽宁省沈阳市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、单选题本题共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，有选错的得0分。1．下列说法正确的是（）A．密立根通过油滴实验测定了元电荷，质子和电子都是元电荷B．库仑利用扭秤实验装置测出了万有引力常量C．安培提出了电场的概念，并提出用电场线来描述电场D．避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的特点2．避雷针上方有雷雨云时，避雷针附近的电场线分布如图所示，图中央的竖直黑线AB代表了避雷针，CD为水平地面，M、N、P是电场中三个点，其中M、P是关于AB直线对称的两个点，下列说法正确是（）A．N点的电势比M点的电势高B．M点的场强和P点的场强相同C．将一个试探电荷+q从M点移动到N点，电场力做正功D．试探电荷−q在P点的电势能大于在N点的电势能3．在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，两电荷连线上的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，A．P点放置的是带正电的点电荷B．qC．C点的电场强度大于A点的电场强度D．将一带负电的检验电荷从B点移到D点，其电势能先增大后减小4．电流可以在其周围空间激发出磁场，直线电流在空间某点激发的磁场磁感应强度大小满足B=μI2πr，其中μ为磁导率，I为电流大小，r为该点到直线电流的距离。如图所示，A、B、C、D、E是半径为R的圆的五等分点，其中B、C、D、E四点有垂直于纸面向里的恒定直线电流，大小均为I0，A点直线电流大小也为I0，方向垂直于纸面向外。磁导率A．μI0πR B．3μI5．在如图所示的U−I图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U−I图线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图下面说法错误的是（）A．电源的电动势为3V，内阻为0B．电阻R的阻值为1ΩC．电源的效率为50%D．电源的输出功率为4W6．一个用满偏电流为3mA的电流表改装成的欧姆表，调零后用它测量500Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间。如用它测量一个未知电阻时，指针指在2mA处，则被测电阻的阻值为（）A．250Ω B．500Ω C．750Ω D．1000Ω7．如图所示，电路中的电阻均为2Ω，电源电动势为3V，内阻为0.A．2.0A，2.5V B．18．如图所示，两根光滑导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ，一质量为m、长为L的导体棒ab垂直于导轨放置，整个装置处于“垂直于两导轨所在斜面向上的”匀强磁场中。当导体棒ab中通有方向从a到b的恒定电流I时，磁场的方向由垂直于斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静止，则磁感应强度的大小（重力加速度为g）（）A．一直增大 B．先减小后增大C．可能为mgsinθIL D．可能为9．如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内阻，R1、R2、R3A．电容器两极板间电势差变小B．小液滴一定会向上运动C．电阻R1D．若电流表、电压表的示数变化量分别为ΔI和ΔU，则|10．现有某种直线加速器结构如图甲所示，编号为14号的4块电极板平行放置，极板中心均有一小孔供粒子通过。其中1号和3号板与A接线柱相连，2号和4号板与B接线柱相连，在A、B接线柱间通以如图乙所示的交变电压，其中电压U已知，周期T可以根据需要调节。现有一质子从1号板由静止释放，沿直线保持加速运动状态，穿过小孔达到4号板。设质子的电荷量为e，质量为m，1、2号板间距为d，忽略电场边缘效应及电压变化瞬间所产生的影响，不计质子重力，则（）A．质子离开3号板时的动量大小为2B．交变电压的周期为dC．3、4号板间距为(D．整个运动过程中质子做匀加速直线运动二、实验题本题共2小题，共14分。11．某同学要测量一新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：⑴用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度L=mm；⑵用螺旋测微器测量其横截面积的直径为D；⑶用多用电表的电阻“×10”挡来粗略测量圆柱体的电阻，按正确的步骤操作，表盘示数如图2所示，则该电阻的阻值约为Ω；⑷该同学想用伏安法更精确地测量圆柱体电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：A．电流表A1（量程0∼5mA，内阻约50ΩB．电流表A2（量程0∼15mA，内阻约30ΩC．电压表V1（量程0∼3V，内阻约10kΩD．电压表V2（量程0∼15V，内阻约25kΩE．直流电源E（电动势4V，内阻不计）；F．滑动变阻器R1（阻值范围0∼15Ω，允许通过的最大电流2G．滑动变阻器R2（阻值范围0∼5kΩ，允许通过的最大电流0H．待测圆柱体；I．开关S；导线若干；⑸为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在下面框中画出测量的电路图。（所选器材要标明器材后的符号）⑹由该电路图测量出待测圆柱体的电阻R；⑺该电路图由于系统误差使电阻的测量值（填“偏小”、“偏大”或“不变”）。⑻圆柱体的电阻率的表达式为ρ=（用所给字母表示）。12．叠层电池具有体积小输出电压高的特点，某实验小组欲测量一块叠层电池的电动势和内阻，所用器材如下：待测叠层电池（电动势约为9V，内阻约为十几欧）；电流表（量程为1mA，内阻RA电阻箱（最大电阻值Rm定值电阻R0（R开关S一个、单刀双掷开关K一个、导线若干。（1）如图所示是甲同学设计的测量定值电阻阻值的电路图，按图连接好器材后，先将电阻箱的阻值调到（填“最大阻值”或“零”），将K接到1端，闭合S，记下电流表的读数I1，再将K接到2端，调节电阻箱，使电流表的读数仍为I1，记下电阻箱此时的阻值为9949.9Ω，则定值电阻的阻值（2）如图所示是乙、丙两位同学设计的测量电源电动势和内阻的实验电路图，其中（填“乙”或“丙”）同学的实验电路更加合理。（3）按（2）中所选的电路图连接器材，进行实验，I为电流表示数，根据测量的数据做出1I−R图线如图丁所示，图线的斜率为k，则电源的电动势E=（用k、R三、解答题本题共3小题，共40分。13．直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用。如图所示，一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r1=0.5Ω，电灯灯丝电阻R=9Ω（阻值认为保持不变），电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，开关（1）流过电源的电流为多大？（2）流过电动机的电流为多大？（3）电动机的机械效率。14．在光滑的绝缘水平桌面上有一直角坐标系，现有一个质量m=0.1kg、电量为q=+2×10−6C的带电小球，经电势差为U的加速电场加速后，从y轴正半轴上y=0.5m的P1处以速度v0沿x轴正方向射入y>0、x>0的空间，在y>0、x>0的空间有沿y轴负方向的匀强电场E1=1.25×104V/m，经x=1.（1）加速电场电势差U的大小；（2）带电小球经过P2（3）P315．如图所示，竖直固定的光滑绝缘轨道处在水平向右的匀强电场中，轨道的倾斜部分MN倾角θ=53°，水平部分NP与倾斜轨道MN平滑连接，圆心为O、半径为R的圆弧轨道PQJK与NP相切于P点。现有一质量为m、电荷量为+q的带电小球（可视为质点）从M点由静止释放，小球可沿轨道运动。已知电场强度大小E=3mg4q，轨道水平段NP长度SNP=4R，重力加速度为（1）当小球释放高度h=9.6R时，求小球到达（2）当小球释放高度h=9.6R时，求小球运动到与O点等高的（3）如果其他条件不变，仅将小球带电量变为−q，要使小球在运动过程中不脱离圆弧轨道，求小球释放高度h的取值范围。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、密立根通过油滴实验测定了元电荷，质子和电子都不是元电荷，元电荷是一个数值，故A错误；

B、卡文迪许利用扭秤实验装置测出了万有引力常量，故B错误；

C、法拉第提出了电场的概念，并提出用电场线来描述电场，故C错误；

D、避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的特点，进行尖端放电，故D正确。

故答案为：D。

【分析】密立根通过油滴实验测定了元电荷，元电荷时电荷量的最小数值。卡文迪许利用扭秤实验装置测出了万有引力常量，法拉第提出了电场的概念，并提出用电场线来描述电场。2．【答案】C【解析】【解答】A、沿电场线电势逐渐降低，可知M点的电势比N点的电势高，故A错误；

B、电场方向沿电场线的切线方向，则M、P两点电场强度方向不同，故B错误；

C、正的试探电荷从M点到N点，电场力方向与位移方向夹角小于90°，所以电场力做正功，故C正确；

D、试探电荷-q从P点到N点电场力与运动夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，P点的电势能小于在N点的电势能，故D错误。

故答案为：C。

【分析】沿电场线电势逐渐降低，电场线越密集，电场强度越大，电场方向沿电场线的切线方向，电场力做正功，电势能减小。3．【答案】B【解析】【解答】A、由图知从O到B电势先不断降低后先升高再降低，则两个点电荷必定是异种电荷，且P点电势为最低，可知该放置的是负的点电荷，故A错误；

BC、根据图像切线的斜率等于场强，可知C点合场强为零，A点的合场强不等于零，则A点的场强比C点的大，由于C点与q2的点电荷的距离较q1近，根据E=k可知q故B正确，C错误；

D、将一负点电荷从B移到D点，电势先升高后降低，根据Ep=qφ可知，电势能先减小后增大，故D错误。

故答案为：B。

【分析】根据图像确定电势的变化情况，φ-x图像切线的斜率表示场强。根据场强为零的点结合点电荷场强公式及叠加原理确定电荷量的大小。结合图像根据电势能的定义确定电势能的变化情况。4．【答案】A【解析】【解答】若A点直线电流方向垂直于纸面也向里，大小也为I0，则根据磁感应强度的矢量运算法则，圆心O点的磁感应强度大小为0。但实际A点直线电流大小为I0，方向垂直于纸面向外，则其它四个点的直线电流在圆心O点的磁感应强度的矢量合与A点直线电流在O点的磁感应强度的等大同向。故实际圆心O点的磁感应强度大小为B=2故答案为：A。

【分析】根据右手定则和题意确定各导线在O点产生的磁场的方向和大小。再根据矢量运算法则确定O点合磁感应强度的大小。5．【答案】C【解析】【解答】A、根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir图像中直线I表示电源的路端电压与电流的关系图线，可知当I=0时，U=E，读出电源的电动势E=3V，图线的斜率大小表示内阻大小，则r=故A正确，不符合题意；

B、根据欧姆定律可知，伏安特性曲线的斜率表示电阻值，则电阻r=故B正确，不符合题意；

C、当电源直接与电阻R相连组成闭合电路时，由于电源内部和外电路电流大小相同，则电源的效率

η=故C错误，符合题意；

D、图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P故D正确，不符合题意。

故答案为：C。

【分析】伏安特性曲线的斜率表示电阻值，图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态。再结合闭合电路欧姆定律及功率及电源效率的定义进行解答。6．【答案】A【解析】【解答】根据中值电阻定义可知欧姆表内阻R内=500Ω，表内电源的电动势E=Ig故答案为：A。

【分析】指针恰好指在刻度盘的正中间，待测电阻阻值等于表的内阻，结合欧姆表原理以及闭合电路欧姆定律求解。7．【答案】B【解析】【解答】画出等效电路如图所示：

电流表所在支路的电阻为R'=可得外电路总电阻为R电压表示数等于电路的路端总电压U=则电流表的读数为I=故答案为：B。

【分析】根据电路图画出等效电路图，明确电流表和电压表的测量对象。再根据闭合电路的欧姆定律及串并联规律进行解答。8．【答案】A,C【解析】【解答】AB、经分析知，导体棒受到重力G、支持力FN和安培力FA，且三力的合力为零，如图所示

从图中可以看出，在磁场方向变化的过程中，安培力FA一直变大，由于F其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度渐渐变大，故A正确，B错误；

CD、当磁场方向垂直斜面向上时，安培力FA沿斜面向上，此时安培力最小，最小值F则B当磁场方向水平向左时，安培力方向竖直向上，此时对应的安培力最大，得磁感应强度的最大值B故C正确，D错误。

故答案为：AC。

【分析】对导体棒进行受力分析，根据三角形法则动态分析磁场方向改变时，导体所受安培力的变化情况。并根据动态情况分析安培力的最大值和最小值，再根据安培力公式确定磁感应强度的极值。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器R4接入电阻增大，回路电流减小，路端电压变大，R1两端电压变小，电容器两极板间电势差变大，故A错误；

B、电压表的示数变大，金属板板间的电场变强，电场力变大，电场力大于小液滴的重力，则小液滴向上运动，故B正确；

C、滑动变阻器R4接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小；路端电压增大，同时R1两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R3的电流增大，故电流表的示数减小；根据P电阻R1消耗的功率减小，故C错误；

D、根据电路可知

∆而∆U有∆U故D正确。

故答案为：BD

【分析】电容器两端电压等于与之并联支路两端电压。根据题意确定总电阻的变化情况，再根据“程序法”进行逐步分析。电路是由于滑动变阻器阻值改变导致总电阻发生变化，也可根据“串反并同”确定各部分元件电流、电压、电功率等变化情况。10．【答案】A,C【解析】【解答】A、质子沿直线保持加速运动状态，质子从1号板由静止释放到离开3号板的过程由动能定理得2e离开3号板时的动量p=mv解得p=2故A正确；

B、要使质子沿直线保持加速运动状态，则质子在两板间的运动时间T2d=解得T=2d故B错误；

C、设3、4号板间距为x，则有x=v×联立解得：x=故C正确；

D、质子在板间的加速度为a=其中板间距L是变化的，所以加速度a是变化的，所以质子不会做匀加速直线运动，故D错误．

故答案为：AC。

【分析】粒子始终保持做加速运动，即粒子在两板间的运动时间相等。根据图像乙，确定粒子运动过程中的受力情况，再根据匀变速直线运动规律及动能定理和牛顿第二定律进行分析解答。11．【答案】50.15；220；偏小；πR【解析】【解答】（1）由图示游标卡尺可以知道其示数为50（3）用多用电表的电阻“×10”挡测电阻，由图示表盘可以知道，其示数为22×10（5）电源电动势为4V，如用15V电压表指针偏转太小，故电压表应选V1，电路最大电流约为I=电流表应选A2，为方便实验操作滑动变阻器应选R1，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法；

（7）该电路图由于电压表分流使代入的电流偏大，根据欧姆定律电阻的测量值偏小。

（8）由R=ρ得，圆柱体的电阻率的表达式为ρ=【分析】选择仪器时需满足电路安全，即电表的量程应大于电路中电流和电压的最大值，且同时应满足测量准确和操作便捷。误差分析主要考虑电流表的分压和电压表的分流的影响。再结合实验原理结合电路图进行数据处理。12．【答案】（1）最大阻值；50或50.0（2）丙（3）E=【解析】【解答】（1）为保证电路安全，应将变阻箱的阻值调至最大后接入电路。将K接到1端调整为K接到2端，改变滑动变阻器阻值，电流表的读数不变，则开关调整前后总电阻不变，则R（2）若选择乙同学的电路图，为保证测量值不超过电流表的量程，则调节范围约为0.9mA∼1.0mA之间，测量范围过小；丙同学电路图中，电量表与定值电阻并联后，相当于扩大电流表的量程，调节范围更大，更合理。

（3）按丙同学所选的电路图分析推到得电动势表达式E=变形整理可得1根据已知条件可得k=解得E=【分析】为保证电路安全，应将变阻箱的阻值调至最大后接入电路。根据实验原理结合电路图推导得出图像的函数表达式，再根据表达式分析图像斜率及截距的物理意义。再结合图像进行数据处理。13．【答案】（1）解：U=E−Ir流过电源的电流I=（2）解：流过灯泡的电流I则流过电动机的电流I（3）解：电动机输入功率P=U电动机的热功率P电动机对外输出的机械功率P电动机机械效率η=88【解析】【分析】（1）确定电路的连接方式，再根据闭合电路的欧姆定律进行解答；

（2）确定电表的测量对象，根据欧姆定律确定通过灯泡的电流，再根据串并联电路的规律进行解答；

（3）根据电功率及焦耳定律确定电动机的总功率及电动机的输出功率，再根据机械效率的定义进行解答。14．【答案】（1）解：带电小球在加速电场加速过程中，由动能定理得qU=在电场E1中有y=q联立解得vU=6250V（2）解：设带电小球经过P2时的速度为v，v与x轴正方向夹角为θ，沿vv=tanθ=解得θ=45°故：经过P2时的速度为22m/（3）解：设带电小球在y轴负半轴上的P3点的坐标为(0，−y2−x=vy解得y因此坐标为(0【解析】【分析】（1）带电