山西省临汾市2023-2024学年高二上学期期中物理试题（含答案）

山西省临汾市2023-2024学年高二上学期期中物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．如图所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒a靠近不带电的验电器的金属球b时，发现验电器的金属箔片c张开一定的角度，下列说法正确的是（）A．金属球和两金属箔都带正电荷B．b球上的电子转移到玻璃棒上，使金属球带正电C．金属球b上的正电荷向金属箔片移动，使金属箔片带正电D．移去玻璃棒a，金属箔片c闭合2．两个分别带有电荷量−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，它们间的库仑力的大小为F。两小球相互接触后将其固定在原处，则两球间库仑力的大小为（）A．F3 B．F6 C．F93．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．电容器的电容增大 B．电容器两极板间电压减小C．电容器所带电荷量减少 D．电容器两极板间电场强度不变4．下列物理量中有大小和空间方向但是是标量的是（）A．速率 B．电流 C．速度 D．时间5．图甲为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，容器长a=1m，宽b=0.2m，高c=0.1m，当容器里面注满某电解液，且在P、Q间加上电压后，其U−I图线如图乙所示，当A．40Ω⋅m B．20Ω⋅m C．60Ω⋅m D．80Ω⋅m6．以下说法正确的是（）A．由电场强度表达式E=Fq可知电场强度E与电场力F成正比，与电荷量B．由电势能表达式EPC．电流的微观表达式I=neSv中v为电流传导的速度D．由电阻表达式R=ρl7．如图，曲线①、直线②分别是两个导体的伏安特性曲线。虚线AB为①上A点的切线，且与横轴交于B点，B点的坐标为(I1，0)A．通过①导体的电流为I0时，导体的电阻等于B．通过①导体的电流为I0时，导体消耗的电功率数值上等于曲线OAC．导体②的电阻随电流的增大而增大D．两条图线的交点表示此状态下两导体的电阻相等8．下列说法正确的是（）A．由于电流总是从电源正极流向电源负极，故电流是矢量B．自由电子在电路内的电场中一直做匀加速运动C．当通电导线中的电流变大时电路里所有自由电荷的运动速率都会变大D．电路要产生电流，必须存在自由电荷二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分。9．如图所示，圆的圆心为O、半径R=2cm，直径AB与直径CD间的夹角为60°，匀强电场与圆所在的平面平行（图中未画出），A、B、C三点的电势分别为2V、8V、2V，下列说法正确的是（）A．O点的电势为3VB．圆周上AC弧的中点电势最低C．匀强电场的电场强度的大小为100D．将一电子从O点移动到D点，电子克服电场力做的功为3eV10．如图所示，平行板电容器与电源电压恒为U的直流电源连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。下列说法正确的是（）A．带电油滴所带电荷为正电荷B．若电容器的电容减小，则极板所带电荷量将减小C．将平行板电容器的上极板竖直向上移动一段距离，则带电油滴将竖直向上运动D．将平行板电容器的上极板水平向左移动一段距离，则带电油滴仍然保持平衡状态11．现有两个边长不等的正方形ABDC和abdc，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等。在AB、AC、CD、BD的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC的中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是（）A．O点的电场强度和电势均为零B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力所做的总功为零C．同一点电荷在a、d两点所受电场力不同D．将一负点电荷由a点移到b点，电势能增大12．两个电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由图可知（）A．R1的阻值为1ΩB．R2的电阻随电压的增大而减小C．R1为线性元件，R2为非线性元件D．当U=1V时，R2的电阻等于R1的电阻三、实验题：本题包括2小题，共16分。13．（1）在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地①若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角，此实验说明平行板电容器的电容随正对面积减小而；（填“变大”或“变小”）②若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角，此实验说明平行板电容器的电容随距离变大而，（填“变大”或“变小”）（2）如图所示为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xOy，当在XX'这对电极上加上恒定的电压UXX'=2V，同时在YY'电极上加上恒定的电压UYY'=−1V时，荧光屏上光点的坐标为（4，-1），则当在X14．在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关S按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”的图像。（1）根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向(填“相同”或“相反”)，大小都随时间(填“增大”或“减小”)。（2）该电容器的电容为F(结果保留两位有效数字)。（3）某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的说法是否正确。四、计算题：本题包括4小题，共36分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，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。15．如图所示，一质量m=2×10−4kg电荷量q=+3×10−9C的带电小球A用长为10cm的轻质绝缘细线悬挂于O点，另一电荷量未知的小球B固定在O点正下方绝缘柱上A、B均可视为点电荷。当小球A平衡时，恰好与B处在同一水平线上，此时细线与竖直方向的夹角θ=37∘。已知重力加速度（1）小球A受到的静电力大小；（2）小球A所在位置的场强大小和方向；（3）小球B的电荷量。16．如图所示，水平向右的匀强电场中，一圆心为O的光滑半圆绝缘轨道固定在竖直平面内，b点为轨道的最低点。质量为m、电荷量为q的小球甲恰好静止在轨道a点，a点与轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ=60°，重力加速度大小为g。则：（1）判断小球甲的电性并求出匀强电场的电场强度大小E；（2）现将小球甲固定在a点，将另一个质量为2m的带电小球乙放在b点，小球乙恰好静止且与轨道无作用力，两小球均视为点电荷，请判断小球乙的电性，并求出小球乙的电荷量q'17．如图所示，两个电荷量都为+q（q>0）的小球位于竖直线上，a小球的质量为m，两小球都可看成点电荷，b小球固定，a小球由静止下落h时速度为零，重力加速度大小为g，静电力常量为k，求：（1）a小球的加速度等于零时a小球距b小球的高度H；（2）a小球下落过程中电势的改变量Δφ。18．经典理论认为，氢原子核外电子在库仑力作用下绕固定不动的原子核做匀速圆周运动。已知氢原子核的电荷量为+e，电子电荷量为−e，质量为m，静电力常量为k。电子绕核旋转的两个可能轨道S1、S2到氢原子核的距离分别为r1（1）请根据电场强度的定义和库仑定律推导出S1（2）若电子在S1（3）已知电荷量为Q的点电荷形成的电场中，距点电荷距离为r处的电势可以用φ=kQr表示。若电子分别在轨道S1、S2上做匀速圆周运动时，氢原子核与电子组成的系统具有的总能量分别为E1

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】AB、用丝绸摩擦过的玻璃棒a带正电，靠近不带电的验电器的金属球b时，金属球感应出负电荷，金属箔片c感应出正电荷，金属箔片c由于带正电而张开一定的角度，故AB错误；

C、金属中能自由移动的是电子，是金属箔片处的电子移动到金属球b上，导致金属箔片处缺少电子而带带正电，故C错误；

D、移去玻璃棒a，金属球处的负电荷和金属铂片处的正电荷再次中和掉，故金属箔片c闭合，故D正确。

故答案为：D。

【分析】熟悉掌握三种起电方式的区别与特点。物体失去电子带正电，得到电子带负电。验电器是利用同种电荷相互排斥的原理检验物体是否带电。2．【答案】A【解析】【解答】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k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电为-Q+3Q距离仍不变，则库仑力为F'=k故答案为：A。

【分析】带电体相互接触后，电荷会先中和后平分。确定接触前后各带电体所带电荷量，再根据库仑定律进行解答。3．【答案】C【解析】【解答】现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则根据C=则d变大，C变小，因平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，则两板间电压U不变，根据Q=CU可知，电容器带电量减小，根据E=可知，两板间场强减小。

故答案为：C。

【分析】明确电容器两极板间的电压不变，再根据电容器的决定式判断电容的变化情况，再根据电容的定义式和场强与电势差的关系进行分析。4．【答案】B【解析】【解答】AD、速率和时间由大小无方向，是标量，故AD错误；

B、电流有大小和空间方向，但是电流合成不满足平行四边形定则，是标量，故B正确；

C、速度既有大小又有方向，是矢量，故C错误。

故答案为：B。

【分析】矢量既有方向又有大小，标量只有大小。电荷的定向移动形成电流，规定正电荷定向移动的方向为电流方向。5．【答案】A【解析】【解答】由题图乙可求得U=10V时，电解液的电阻R=由题图甲可知容器内的电解液长l=a=1m，横截面积S=bc=0.02m2，由电阻定律R=ρ得ρ=40故答案为：A。

【分析】U-I图像与原点连线的斜率表示电阻。根据图像确定电解液的电阻在各级河电阻定律进行解答，注意电解液的长度和横截面积。6．【答案】D【解析】【解答】A、电场强度E与试探电荷q和试探电荷所受的电场力F无关，只和场源电荷有关，故A错误；

B、根据电势能表达式可知负点电荷从低电势到高电势，对负电荷来说，电场力做正功，电势能减小，故B错误；

C、电流的微观表达式中v为电子定向移动的速度，故C错误；

D、电阻表达式可知R=ρ将它沿平行于电流的长度方向均匀拉长到直径变为原来的一半，由于导体体积不变，那么该导体的长度将变为原来的4倍，电阻将变为原来的16倍，故D正确。

故答案为：D。

【分析】电场强度E与试探电荷q和试探电荷所受的电场力F无关，只和场源电荷有关，电场力做正功，电势能减小。熟悉掌握电流微观表达式中各物理量的意义。7．【答案】D【解析】【解答】A、通过①导体的电流为I0时，导体的电阻为R=故A错误；

B、通过①导体的电流为I0时，导体消耗的电功率为P=所以导体消耗的电功率数值上不等于曲线OA与横轴围成的面积，故B错误；

C、由导体②的图线可知，其电压与电阻的比值不变，所以其电阻不变，故C错误；

D、两条图线的交点处，电压电流都相等，根据欧姆定律，两导体的电阻相等，故D正确。

故答案为：D。

【分析】U-I图像与原点的连线的斜率表示电阻。根据电功率的定义确定电功率与图像面积的关系。熟悉掌握图像的交点的物理意义。8．【答案】D【解析】【解答】A、电流的运算不满足矢量的平行四边形运算法则，故是标量，故A错误；

B、自由电子在电路内的电场中开始会加速运动，当电流稳定时自由电荷的速度不变，故B错误；

C、当通电导线中的电流变大时，根据电流的微观表达式可知，电路中自由电荷定向移动的速率会增大，但电路里不一定所有自由电荷的运动速率都会变大，故C错误；

D、电流的形成是电荷的定向移动，所以电路要产生电流，必须存在自由电荷，故D正确。

故答案为：D。

【分析】电流的形成是电荷的定向移动，所以电路要产生电流，必须存在自由电荷，熟悉掌握电流微观定义式中各物理量的意义及其对电流的影响。9．【答案】B,C【解析】【解答】A、O点为直径AB的中点，则有U即φ解得φ故A错误；

B、A、C两点电势相等，则AC是一条等势线，等势线与电场线垂直，可知，过圆心与AC垂直的电场线与圆的交点为圆上电势最高的点和电势最低的点，根据沿着电场线方向电势降低可知，圆周上AC弧的中点电势最低，故B正确；

D、根据U将一电子从O点移动到D点，电场力做的功为W=-e故D错误；

C、根据匀强电场中电场强度与电势差的关系U=Ed解得匀强电场的电场强度的大小E=故C正确。

故答案为：BC。

【分析】根据“等分法”确定等势面，再根据等势面与电场线的关系，确定电场线的位置。再根据电场强度与电势差的关系确定电场强度的大小。沿电场线方向电势逐渐降低。根据电场力做功与电势差的关系确定电场力做功情况。10．【答案】B,D【解析】【解答】A、电容器的上极板与电源正极相连，下极板与电源负极相连，则两极板间电场方向竖直向下。油滴静止，所受重力竖直向下，则所受电场力竖直向上，故油滴带负电，故A错误；

B、根据C=由于两极板的电势差不变，若电容器的电容C减小，则极板所带电荷量Q将减小，故B正确；

C、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则两极板之间的距离d增加，根据E=由于两极板的电势差不变，故电场强度E减小，则油滴所受电场力F减小，可知油滴所受合力竖直向下，会由静止向下运动，故C错误；

D、将平行板电容器的上极板水平向左移动一小段距离，由于两极板间电压U不变，两极板间距离d不变，则电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴仍然保持平衡状态，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】根据题意可知，平行板电容器两极板的电势差不变，再根据电容的定义式及电势差与场强的关系，分析电荷量与场强的变化情况。继而得出电场力的变化情况。11．【答案】B,D【解析】【解答】A、上下两个正、负点电荷在O点产生的电场强度向下，左右两个正、负点电荷在O点产生的电场强度向右，根据矢量合成法则可知，O点的电场强度不为零，方向为沿AD方向。在O点处电势为零，故A错误；

B、据对称性，b、c两点处电势相等，把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做的总功为零，故B正确；

C、根据库仑定律和力的合成，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，故C错误；

D、取无穷远处电势为零，a点的电势为正，b、O、c三点电势相等，均为零，则负点电荷从a点移动到b点，电场力做负功，所以电势能增大，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】根据点电荷的场强及场强的矢量叠加确定O点的合场强情况。根据等量异种电荷和等量同正电荷电场及电势的分布特点，再结合电势和电场强度的叠加原理分析各点的电势和电场强度情况，再根据电势变化与电场力做功和电势能的关系进行解答。12．【答案】C,D【解析】【解答】A、R1的阻值为R故A错误；

B、R2的图像上各点的横坐标U与纵坐标I的比值随电压的增大而增大，则R2的电阻随电压的增大而增大，故B错误；

C、根据图像可知R1为线性元件，R2为非线性元件，故C正确；

D、根据欧姆定律可知，当U=1V时，R2的电阻等于R1的电阻，均等于2Ω，故D正确。

故答案为：CD。

【分析】I-U图像与原点连线的斜率的倒数表示电阻。斜率越大，电阻越小。图像的交点表示两元件的阻值相等。13．【答案】（1）变大；变小；变大；变小（2）2；2【解析】【解答】（1）①根据C=极板B上移一点，正对面积S减小，则电容器的电容C减小，充电后的平行板电容器电荷量Q不变，根据C=知电势差增大，所以静电计的偏角变大，说明平行板电容器的电容随正对面积减小而变小；②根据C=极板B左移一点，板间距离d增大，则电容器的电容减小，根据C=知电势差增大，所以静电计的偏角变大，说明平行板电容器的电容随距离变大而变小。

（2）本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考。电子在偏转电场方向做匀加速直线运动，垂直于偏转电场方向做匀速直线运动，根据类平抛运动的基本公式求出偏转位移，得出偏转位移与偏转电压的关系即可求解。电子在YY'内的加速度为a=在YY'内运动的时间t=所以偏转位移y=由此可以看出偏转位移和电压成正比。同理可以证明在XX'方向上的偏转位移也与电压成正比。所以根据题意得xy解得x=2y=2所以荧光屏上光点的坐标为（2，2）。

【分析】根据电容的决定式和定义式判断两极板间电势差的变化情况即电容的影响情况。电势差越大，静电计的张角越大。明确带电粒子在偏转电场中的运动情况，以及偏转位移与恒定电压之间的关系。依此类推出结论。14．【答案】（1）相反；减小（2）1.0×10－2（3）正确【解析】【解答】（1）根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小；

（2）电容器的电荷量为Q=It=根据充电时电压—时间图线可知，图像与时间轴所围面积与电阻的比值表示电荷量，而电压的峰值为Um=6V，则该电容器的电容为C=设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S，联立解得C=1.0×（3）正确，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及图线与时间轴所围“面积”，仍可应用C=【分析】充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小。根据电荷量的定义式推导得出电荷量和电压及时间的关系，继而得出图像与时间轴所围面积的物理意义，再根据电容的定义式进行解答。15．【答案】（1）解：小球A受重力、细线的拉力和B球的库仑力，由平衡条件可知，A球受到水平