山西2023-2024学年高二上学期期中物理试题（含答案）

山西大学2023-2024学年高二上学期期中物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题（每题4分，共24分）1．下列说法正确的是（）A．密立根测定了元电荷，质子和电子都是元电荷B．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C．印刷车间的空气应保证干燥，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电D．若电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为02．如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷量分别为Q1A．小球在B、C两点所受库仑力大小不变B．小球在C位置时的电荷量是B位置时电荷量的四分之一C．小球2在B点对碗的压力大小小于小球2在C点时对碗的压力大小D．小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小3．光滑水平面上有两个相隔一定距离的带正电滑块A、B，电量分别为3q和q，质量分别为3m和m，t=0时刻将二者由静止释放，到t0时刻时，B滑块的速率为v，则（）A．t0时刻二者库仑力大小之比为1：3B．0~t0过程中，A滑块受到的总冲量大小为3mvC．0~t0过程中，A、B两滑块的位移之比为3：1D．0~t0过程中，滑块A、B组成的系统电势能减少了24．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，x轴上各点电势φ随坐标x变化的关系如图所示，取无穷远处电势为0。P点为图中最高点，且AP<PB，x1位置到AA．由A到B电势先降低后升高B．由A到B场强先增大后减小C．两点电荷均带负电，且qD．若一电子在x1处由静止释放，电子能到达x5．一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U0时，通过导线的电流为I0，导线中自由电子定向移动的平均速度为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的13A．通过导线的电流为IB．通过导线的电流为IC．导线中自由电子定向移动的平均速率为vD．导线中自由电子定向移动的平均速率为v6．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A别采用串联或并联的方式接入电路，如图(a)、(b)所示，则闭合开关后，下列有关说法正确的是A．图(a)中A1、A2的示数相同B．图(a)中A1、A2的指针偏角相同C．图(b)中的A1、A2的示数不相同D．图(b)中的A1、A2的指针偏角相同二、多选题（每题5分，少选3分，错选0分，共30分）7．如图所示，虚线为某电场中的三条电场线1、2、3，实线表示某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（）A．粒子在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小B．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能C．粒子在a点的速度大小小于在b点的速度大小D．a点的电势高于b点的电势8．一根固定的、绝缘的、光滑的水平杆上套着一个带电小球，AC和CB的长度相同，空间存在静电场，小球在A点获得初动能，从A运动到B的过程中，小球的Ek−x图像如图所示，下列说法正确的是（）A．小球先做变加速运动后做匀减速运动B．小球在AC段运动的加速度一直小于在CB段运动的加速度C．小球在AC段的运动时间小于CB段的运动时间D．A到C和C到B两个过程中电场力对小球做功相同9．如图，A、B为水平正对放置的平行板电容器的两极板，B极板接地。闭合开关S，一带电液滴在两极板间的P点处于静止状态。下列说法正确的是（）A．该液滴带正电B．保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，带电液滴仍将保持静止C．断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，带电液滴将向下运动D．断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，P点的电势将升高10．如图所示；a、b两个带正电的粒子，以相同的动能先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a'点，b粒子打在B板的bA．a的电荷量一定大于b的电荷量B．a的质量一定大于b的质量C．a的动能增量一定大于b的动能增量D．电场力对a粒子所做的功一定小于对b粒子做的功11．在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻（R1>r），A．电压表的示数变大 B．小灯泡变亮C．通过R2的电流变大 12．一额定功率为9W、额定电压为9V的小灯泡L（其电阻视为不随温度而变）和一直流电动机并联，与定值电阻R＝4Ω串联后接在电路中的AB两点间，电流表A为理想电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变．当AB间接电压0.49V时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为0.1A；当AB间接电压15V时，电动机转动起来、灯泡正常发光．则下列说法正确的是A．电动机线圈电阻为1ΩB．灯泡正常发光时电流表示数1AC．灯泡正常发光时电动机输出的机械功率4.25WD．电路正常工作时电动机突然被卡住时，电流表读数将为1.5A三、实验题（每空2分，共12分）13．现有一根由某种材料制成的粗细均匀的金属丝，为测量其电阻率，实验小组设计了如下实验：（1）分别用螺旋测微器测出其直径、用游标卡尺测出其长度，如甲图所示，则金属丝的直径d=mm，金属丝的长度l=cm。（2）用乙图所示电路图测量电阻丝的电阻Rx，其中R0为定值电阻。请用笔画线代替导线，把丙图中的实物电路补充完整（3）第一次按乙图所示的电路测量，调节滑动变阻器的滑片，测得多组电压U及电流I的值；第二次将电压表改接在a、b两点测量，测得多组电压U及电流I的值，并根据两次测量结果分别作出U-I图像，如丁图所示。则第一次测量得到的图线是（填“M”或“N”）。（4）电压表可看作理想电表，由U-I图像可得电阻丝的电阻Rx=Ω，根据电阻定律可求得电阻丝的电阻率ρ=四、计算题（共3题，34分）14．已知电源E的路端电压U与电流I的关系图象如图甲中a图线所示，定值电阻R₀的电压U与电流I的关系图象如图甲中b图线所示。现将该电源E、定值电阻R₀以及可调电阻R串联构成闭合回路如图乙所示。其中可调电阻R的最大值为2.0Ω。求：（1）可调电阻R消耗的最大功率；（2）定值电阻R₀消耗功率最大时电源的效率。15．如图所示，在电场强度大小E=2×103V/m、竖直向上的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点相切，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R=40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点。一电荷量q=1×10−4C、质量m=10g带负电的滑块（视为质点）与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.（1）若滑块刚好能到N处，求其初速度大小v0（2）若滑块恰能运动到半圆轨道的最高点Q，求其在水平轨道上的落点到N点的距离x；（3）求满足（2）条件的滑块通过P点时对轨道的压力大小F。16．如图甲所示，P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”（初速度为0）电压为U0的加速电场，粒子经加速后从O点水平射入两块间距、板长均为l的水平金属板间，O为两板左端连线的中点、荧光屏MO1N为半圆弧面，粒子从O点沿直线运动到屏上O1（1）粒子在O点时的速度大小；（2）图乙中允许所加U的最大值；（3）粒子从O点到打在屏上的最短时间。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、质子和电子的电量等于元电荷，故A错误；

B、带电导体尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的，易产生尖端放电现象，故B正确；

C、印刷车间的空气应保证潮湿，以便及时导走静电，故C错误；

D、电场中某点的场强与试探电荷无关，故D错误。

故答案为：B。

【分析】元电荷是电荷量的最小单元。电场线越密集，电场强度越大，越容易产生电离现象发生尖端放电。电场强度只和场源电荷有关。2．【答案】D【解析】【解答】CD、根据题意，对小球2在B点时受力分析，如图所示

小球2受重力、支持力、库仑力，其中F1为库仑力F和重力mg的合力，由平衡条件可知F由相似三角形有F设AB距离为L，可知AC距离为L2F解得N=mg，F=同理小球2在C点时有N1=mg可知，小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C错误，D正确；

AB、由上述分析可知，小球在C点所受库仑力大小是小球在B点所受库仑力大小的12F=k可得q即小球在C位置时的电荷量是B位置时电荷量的八分之一，故AB错误。

故答案为：D。

【分析】确定带电小球2在B、C两处的受力情况，根据平衡条件及几何关系确定小球2在B、C处所受压力和库仑力的大小。再根据库仑定律确定改变前后电荷量之间的关系。3．【答案】D【解析】【解答】A、t0时刻二者库仑力大小相等、方向相反，所以之比为1：1，故A错误；

B、A、B所受的库仑力总是大小相等方向相反，0~t0过程中A滑块受到的总冲量大小与B所受冲量大小相等即I=F故B错误；

C、根据库仑定律及牛顿第二定律可知A、B的瞬时加速度之比为1：3，所以0~t0过程中，A、B两滑块的位移之比为1：3，故C错误；

D、在整个运动过程中，两滑块AB在水平方向上动量守恒，根据动量守恒可得0=3mv'-mv得A滑块的速率为v'=根据能量守恒可知电场力做正功，根据能量守恒定律有W故D正确。

故答案为：D。

【分析】两滑块所受库仑力为相互作用力，相互作用力等大方向。根据动量定律及能量守恒定律确定冲量及系统电势能的变化情况。系统所受合外力为零，则系统动量守恒。4．【答案】C【解析】【解答】A、由图可知由A到B电势先升高后降低，故A错误；

B、φ-x图像的切线斜率绝对值表示电场强度的大小，由图像可知，从A到B的过程中，图像的斜率的绝对值先减小后增大，由此可知从A到B的过程中，电场强度的大小先减小后增大，故B错误；

C、由图像可知，两电荷之间的电势均为负值，可知两电荷均为负电荷；根据φ-x图像的切线斜率绝对值表示电场强度的大小，可知最高点P的场强为0；则两电荷在P点的场强大小相等，方向相反，由于AP<PB，由此可知电荷量q1<q2，故C正确；

D、电子仅在电场力作用下运动，电势能和动能之和守恒，由图可知x1处的电势高于x2的电势，则电子在x1处的电势能低于x2的电势能，若一电子在x1处由静止释放，电子不能到达x2位置，故D错误。

故答案为：C。

【分析】根据图像的走势确定电势的变化情况，φ-x图像的切线斜率绝对值表示电场强度的大小。根据沿电场线方向电势逐渐降低确定电荷的电性。根据能量守恒定律确定电荷能否回到原位置。5．【答案】C【解析】【解答】AB、根据欧姆定律，导线未被拉长时的电阻为R=导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的13，可知导线的截面积变为原来的1R=ρ可知导线电阻为原来的81倍，通过导线的电流为I=故AB错误；

CD、根据电流的微观表达式I则有I可得导线均匀拉长后，导线中自由电子定向移动的平均速率为v'=故C正确，D错误。

故答案为：C。

【分析】根据电阻定律确定拉长后导线的电阻变化情况，在根据欧姆定律确定拉长后通过导线的电流大小。根据电流的微观表达式确定拉长后电子的移动速度。6．【答案】B【解析】【解答】AB、图a中的A1、A2并联，表头的电压相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同。故A错误，B正确；

CD、图b中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同。由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误。

故答案为：B。

【分析】电表的偏转角相同，则通过原表头的电流相同，即表头两端的电压相等。偏转角相同，量程不同，则电表的读数不同。7．【答案】B,C【解析】【解答】A、因b点电场线较a点密集，可知b点场强较大，则粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小，故A错误；

BC、若粒子从a到b，电场力做正功，电势能减小，动能增加，则粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，粒子在a点的速度大小小于在b点的速度大小，故BC正确；

D、粒子的电性不确定，电场线方向不确定，则不能判断a点和b点的电势高低，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】电场线越密集，电场强度越大，电场力越大。电场力做正功，电势能减小，动能增加。沿电场线方向电势逐渐降低。8．【答案】A,C【解析】【解答】A、小球运动过程受重力、弹力和电场力，由EK-x图像切线的斜率表示合力有：小球在AC段运动过程中合力即电场力沿水平方向的分力，一直减小，方向由A指向C；CB段合力即电场力沿水平方向的分力为恒力，方向由B指向C，故A正确；

B、AC和CB的长度相同，若AC段匀加则EK-x图像中连接AC如图。则虚线的斜率表示合力的大小与CB段合力大小相等，故小球在AC段运动的加速度先大于后小于在CB段运动的加速度，故B错误；

C、画出运动过程中的v-t图像如图所示

图线与t轴围面积表示位移大小，两段位移大小相等，故小球在AC段的运动时间小于CB段的运动时间，故C正确；

D、根据动能定理两段电场力做功分别为正功和负功，故D错误。

故答案为：AC。

【分析】EK-x图像切线的斜率表示合力，根据牛顿第二定律确定粒子在运动过程中加速度的变化情况，根据加速度的变化情况画出v-t图像，根据v-t图像与t轴所围面积表示位移，确定小球运动时间的关系。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、A极板与电源正极连接，A带正电，则极板之间电场方向向下，液滴处于静止状态，可知其所受电场力方向向上，由于电场力方向与电场方向相反，则液滴带负电，故A错误；

B、保持开关S闭合，极板之间电压一定，根据E=若将A极板向左移动一小段距离，极板之间间距不变，极板之间的电场强度不变，液滴所受电场力不变，可知带电液滴仍将保持静止，故B正确；

C、断开开关S，极板所带电荷量一定，根据C=QU解得E=若将B极板向下移动一小段距离，根据上式可知，极板之间的电场强度不变，可知带电液滴仍然处于静止状态，故C错误；

D、断开开关S，根据上述，极板之间的电场强度不变，根据UPB=E解得φ若将B极板向下移动一小段距离，dPB增大，可知P点的电势将升高，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】确定带电粒子的受力情况，根据电场力与电场线的关系确定粒子的电性。根据电容的定义式和决定式结合场强与电势差的关系，确定极板间场强的变化情况及粒子的运动情况。对于电势变化往往选择所求点与零电势板结合电势差与场强的关系进行分析。10．【答案】A,C【解析】【解答】AB、据题意，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其水平位移为x=vt竖直位移为y=12当粒子垂直电场线进入电场落到B板时有x=2其中Ek、y和E都相等，而b粒子的水平位移大，故b粒子的电荷量小于a粒子的电荷量，无法比较两者的质量，故A正确，B错误；

C、粒子动能的增加量为∆由于b粒子的电荷量小于a粒子的电荷量，故a的动能增量一定大于b的动能增量，故C正确；

D、根据电场力做功等于动能增加量可知，电场力对a粒子所做的功一定大于对b粒子做的功，故D错误。

故答案为：A。

【分析】根据平抛运动的规律推导得出水平位移的表达式，根据题意及数据关系得出电荷的电荷量及质量的关系，再根据动能定理及能量守恒定律进行解答分析。11．【答案】C,D【解析】【解答】ABC．将照射R3的光的强度减弱，则R3阻值增大，根据串反并同可知，与它串联的电压表示数减小，与它并联的D．因为R1>r，可知，电源输出功率减小，D符合题意。故答案为：CD。

【分析】根据电阻阻值的变化情况以及串并联电路的特点得出小灯泡亮度的变化情况，结合电源输出功率的特点得出输出功率的变化情况。12．【答案】A,C【解析】【解答】A、根据P=可知灯泡电阻R当AB间接电压0.49V时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知R两端电压：U灯泡两端电压U通过灯泡的电流I通过电动机的电流I根据并联电路特点可知电动机线圈电阻r=故A正确；

BC、当AB间接电压15V时，灯泡正常发光，灯泡两端电压为UL=9V、通过灯泡的电流为IL=1A，则电动机两端电压为UM=9V，R两端电压为UR=6V，干路电流I=电流表示数为1.5A，通过电动机的电流为I则此时电动机输出的机械功率：P=故B错误，C正确．

D、由以上分析可知，电路正常工作时电动机突然被卡住时，电流表读数将大于1.5A，故D错误。

故答案为：AC。

【分析】电动机不转动时，电动机相当于纯电阻元件。根据电路的连接情况及闭合电路的欧姆定律和串并联电路规律确定电动机线圈的阻值。电动机的输出功率等于电动机的总功率与电动机的热功率之差。13．【答案】（1）1.750；6.150（2）（3）N（4）40；1【解析】【解答】（1）根据螺旋测微器的读数规律可得d根据游标卡尺的读数规律可得l（2）实物图如图所示

（3）第一次测量按乙图的电路，根据欧姆定律可得U第二次测量将电压表改接在a、b两端，根据欧姆定律可得U可知U可知第一次测量得到图线是N。

（4）由图像数据可得UU联立解得R由电阻定律可知ρ=代入数据可得ρ=1.6×【分析】根据图像确定电路的了解情况，根据闭合电路的欧姆定律及串并联电路的规律确定图像的函数表达式，再根据图像斜率的物理意义确定待测电阻的阻值大小，再结合电阻丁路确定电阻率的大小。14．【答案】（1）解：由题图甲可知电源的电动势E=1内阻r=定值电阻R根据闭合电路欧姆定律可得E=I(可调电阻R消耗的功率为P联立可得P故R=2.0Ω时，R（2）解：定值电阻R0消耗功率为电流I'越大，定值电阻R0电源效率为η=联立解得η≈66【解析】【分析】（1）根据甲图确定电源的电动势及内阻，根据电功率的定义及闭合电路的欧姆定律确定电阻R消耗的最大功率；

（2）根据电功率的定义确定电阻R0消耗最大功率时，可调电