北京市2023-2024学年高二上学期期中物理试卷（含答案）

北京2023-2024学年高二上学期期中物理试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）1．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同的是（）A．甲图：与点电荷等距的a、b两点B．乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C．丙图：点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面的a、b两点D．丁图：匀强电场中的a、b两点2．某电场的分布如图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面。A、B、C三点的电场强度分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、A．EA<EB，φB=φC B．EA>EB，φA>φBC．EA>EB，φA<φB D．EA=EC，φB=φC3．如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是运动轨迹上的两点，若带电粒子只受电场力作用，根据此图不能作出判断的是（）A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点何处受力较大C．带电粒子在a、b两点何处的动能较大D．带电粒子在a、b两点何处的电势能较大4．如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置。由两块相互靠近的等大正对平行金属板M、N组成电容器，板N固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都接地，板M上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M的位置。在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对此实验过程的描述正确的是（）A．只将板M从图示位置稍向左平移，静电计指针张角变小B．只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，静电计指针张角变小C．只将板M从图示位置稍向上平移，静电计指针张角变大D．只在M、N之间插入云母板，静电计指针张角变大5．两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器，将两金属板分别与电源两极相连接，如图所示。闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴p恰好处于静止状态。下列判断正确的是（）A．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向上运动B．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动C．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动D．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动6．如图(甲)所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图(乙)所示的交变电压。t=0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)，已知电子在0∼4t0时间内未与两板相碰。则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是（）A．0<t<t0 B．t0<t<2t07．如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一点电荷．现将质量为m、电荷量为q的小球从半圆形管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力．若小球所带电量很小，不影响O点处的点电荷的电场，则置于圆心处的点电荷在B点处的电场强度的大小为（）A．mgq B．2mgq C．3mgq8．如图，是一火警报警电路的示意图。其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器。当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（）A．I变大，U变小 B．I变小，U变大C．I变小，U变小 D．I变大，U变大9．用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能。当调节滑动变阻器R，让电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和A．正常运转时的输出功率为32W B．正常运转时的输出功率为48WC．正常运转时的发热功率为1W D．正常运转时的发热功率为47W10．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态。为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A．增大R1          B．减小C．减小R3          D．增大MN11．在如图所示的U−I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路。下列说法错误的是（）A．电源的电动势为3V，内阻为0B．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为4WD．电源的效率为5012．将一个表头G改装成多量程的电流表，通常有两种连接方式。图甲所示的连接方式称作开路转换式(其中电阻R1<R2)A．开路转换式中，开关S接1时的量程小于开关S接2时的量程B．开路转换式中，若电阻R1发生变化，则开关S接1、2C．闭路抽头式中，抽头3对应的量程小于抽头4对应的量程D．闭路抽头式中，若电阻R3发生变化，则抽头3、413．如图所示，若x轴表示时间，y轴表示速度，则该图线下的面积表示位移，直线AB的斜率表示物体在该时刻的加速度大小。若令x轴和y轴分别表示其它物理量，则可以反映在某种情况下相应物理量之间的关系。下列说法正确的是（）A．若电场方向平行于x轴，x轴表示位置，y轴表示电势，则直线AB的斜率表示对应位置处的电场强度大小B．若x轴表示时间，y轴表示某电容器充电过程中的电荷量，则直线AB的斜率表示该电容器两板间的电压大小C．若x轴表示流经某电阻的电流，y轴表示该电阻两端的电压，则图线下面积表示电阻的热功率D．若x轴表示时间，y轴表示通过导体横截面积的电荷量，则该图线下面积表示这段时间内电流所做的功14．如图所示，扫地机器人由主机和充电座两部分构成。充电座接在220V的插座上，可以对主机的电池进行充电。在某品牌扫地机器人的说明书上获得下表中的参数，由这些参数可知（）主机电池电动势、容量14.4V额定电压14额定功率69W充电座额定功率28W额定输出电压20V额定输出电流1

A．主机电池充电完毕储存的电能约为5200JB．主机以额定功率工作的时间约为2hC．充电座以额定功率工作时1s内输出的电能约为28JD．充电座以额定功率工作时1s内产生的内能约为4J二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）15．某同学测量电阻约为2Ω的一段圆柱形合金材料的电阻率，步骤如下：（1）用螺旋测微器测量其直径如图所示，圆柱形合金材料直径为mm；（2）用伏安法测合金材料的电阻时，除待测合金材料外，实验室还备有如下器材，为了准确测量其电阻，电压表应选；电流表应选。(填写器材前对应的序号字母)A.电压表V1，量程0∼3V，内阻约B.电压表V2，量程0∼15V，内阻约C.电流表A1，量程0.D.电流表A2，量程0∼100mA，内阻约E.滑动变阻器R(0∼5Ω)F.电动势为3V的电源，内阻不计G.开关S，导线若干（3）该同学设计测量Rx的电路图如图甲所示，请根据所设计的电路图，补充完成图乙中实物图的连线16．测量一节旧干电池的电动势和内电阻。（1）电路图如图1所示，除干电池、电压表(量程3V)A.电流表(量程0B.电流表(量程3AC.滑动变阻器(阻值范围0∼50ΩD.滑动变阻器(阻值范围0∼200Ω实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用。(选填选项前的字母)（2）某同学记录了7组数据，对应点已标在图2中的坐标纸上，其中U是电压表的读数，I是电流表的读数。请绘制出U−I图像，由图像可知干电池的电动势E=V，内电阻r=Ω。(结果均保留两位小数)三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）17．如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为L的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为点电荷）。将小球拉至与O点等高的A点，保持细线绷紧并静止释放，小球运动到与竖直方向夹角θ=37°的P点时速度变为零。已知cos37°=0.80（1）电场强度的大小E；（2）小球从A运动到B的过程中，电场力做的功W；（3）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力大小F。18．质量m=2.0×10−4kg、电荷量q=1.0×10−6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的匀强电场中，电场强度大小为（1）原来电场强度E1（2）t=0.（3）带电微粒运动速度水平向右时刻的动能？19．如图所示为美国物理学家密立根测量油滴所带电荷量装置的截面图，两块水平放置的平行金属板间距离为d。油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，由于与喷嘴摩擦而带负电。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入平行金属板间。当平行金属板间不加电压时，由于受到气体阻力的作用，油滴最终以速度v1竖直向下匀速运动；当上板带正电，下板带负电，两板间的电压为U时，带电油滴恰好能以速度v2竖直向上匀速运动。已知油滴在极板间运动时所受气体阻力的大小与其速率成正比，油滴密度为ρ，已测量出油滴的直径为D(油滴可看做球体，球体体积公式V=（1）设油滴受到气体的阻力f=kv，其中k为阻力系数，求k的大小；（2）求油滴所带电荷量。20．能量在转化的过程中往往与做功密切相关，电容器充电过程中的功能关系同样如此。电容器不仅可以储存电荷，也是重要的储能器件。对电容为C的电容器(原来不带电)充电，如图1所示，已知电源的电动势为E。（1）图2中画出了电容器两极间的电势差u随电荷量q的变化图像，在图中取一电荷量的微小变化量Δq，请类比直线运动中由v−t图像求位移的方法，说明图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义；并计算电容器电压为U时电容器储存的电能Ep（2）请结合电动势的定义，求电容器充电过程中电源内部非静电力所做的功W；并与充电过程中电容器增加的电能ΔE（3）电容器的电能是储存在电场中的，也称电场能。若定义单位体积内的电场能量为电场能量密度ρ。某同学猜想ρ应当与该处的场强E场的平方成正比，即ρ∝E场2。已知平行板电容器的电容C=s4πkd，a.b.电容器充电后与电源断开并保持电荷量不变，已知此时的电场能量密度为ρ0。现固定其中一极板，缓慢拉开另一极板(保持两极板正对)，使板间距增加Δd，请分析说明，在此过程中电场能量密度如何变化；并求出此过程中外力所做的功W'(用ρ0、s和

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、甲图为正的点电荷的电场，图中a、b两点在同一个圆上，所以a、b两点的电势相同，电场强度的大小也相同，但是场强的方向不同，A不符合题意；B、乙图为等量的异种电荷的电场，在连线的中垂线上的所有的点的电势都为零，并且场强的方向均为水平的指向负电荷，所以此时a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同，B符合题意；C、丙图中a、b处于金属平板上，处在电场中的金属平板处于静电平衡状态，金属板的表面为等势面，所以a、b两点的电势相等；由于a、b两点的电场线疏密不同，所以a、b两点电场强度大小不相等，但电场线与等势面垂直，所以a、b两点的电场强度的方向相同，C不符合题意；D、丁图是匀强电场，a、b点的场强的大小和方向都相同，但是根据沿电场线的方向电势降低可知，b点的电势要比a点的电势高，D不符合题意。故答案为：B

【分析】电场强度是矢量，包括大小和方向两个因素；利用电场线的疏密结合场强的切线方向相同可以判别场强相同。2．【答案】B【解析】【解答】由图可知，A处的电场线密，B、C处的电场线疏，所以A点的电场强度大，B、C点的电场强度小，即EA>EB，EA>E3．【答案】A【解析】【解答】A.带电粒子只受电场力作用，电场力的方向指向曲线内侧，所以电场力的方向向左，由于电场线方向未知，所以无法判断带电粒子的电性，故A符合题意；

B.a处电场线密，所以a处电场强度大，根据F=Eq知，带电粒子在a处受力较大，故B不符合题意；

CD.从a运动到b，电场力做负功，电势能增大，动能减小。所以带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能；在a点的动能大于在b点的动能。故CD不符合题意。

故答案为：A

【分析】根据运动轨迹判断电场力的方向，再根据电场线的方向，判断电荷的电性；电场力大小的比较可以看电场线的疏密，即场强的大小；比较电势能和动能可以根据电场力做功正负来判断。4．【答案】C【解析】【解答】A.只将板M从图示位置稍向左平移，d增大，根据C=εs4πkd知，电容减小，根据U=OC知电势差增大，则静电计指针指针张角变大，故A不符合题意；

B.只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，正对面积s变小，根据C=εs4πkd知，电容减小，根据U=OC知电势差增大，则静电计指针指针张角变大，故B不符合题意；

C.只将板M从图示位置稍向上平移，正对面积s变小，根据C=εs4πkd知，电容减小，根据U=OC知电势差增大，则静电计指针指针张角变大，故C符合题意；

D.只在M、N之间插入云母板，介电常数变大，根据5．【答案】A【解析】【解答】AB.保持开关S闭合，两极板间的电压U不变；减小两板间的距离，根据E=Ud知两极板间的电场强度增大，所以液滴向上运动，故A符合题意，B不符合题意；

CD.断开开关S，两极板间的电量Q不变；根据C=εs4πkd、C=QU、E=Ud得E=4πkQεs，可见两极板间的电场强度与两板间的距离d无关，所以液滴仍处于静止状态，故CD不符合题意。

故答案为：A

【分析】保持开关S闭合，两极板间的电压U不变，根据6．【答案】C【解析】【解答】A.0<t<t0，电子所受电场力方向向右，电子向右做匀加速直线运动，速度逐渐增大，故A不符合题意；

B.t0<t<2t0，电子所受的电场力方向向左，电子向右做匀减速直线运动，2t0时速度为零，故B不符合题意；

C.2t7．【答案】C【解析】【解答】设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v，小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得：mgR=12mv2，小球经过B点时，由牛顿第二定律得：Eq-mg=mv28．【答案】D【解析】【解答】当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知，干路电流I减小，路段电压变大，即报警器两端的电压U变大；由UR2=E-I（r+R1）知，UR2增大，R2中的电流增大，即电流表示数变大，故D符合题意，ABC不符合题意。9．【答案】B【解析】【解答】电动机停止转动时，电路为纯电阻电路，由部分电路欧姆定律得电动机的电阻R=U1I1=20.5Ω=4Ω。电动机正常运转时，输入的电功率为P入10．【答案】D【解析】【解答】A.电容器与R3并联，电容器的电压等于R3的电压，增大R1不影响电容器的电压，所以带电液滴仍静止不动，故A不符合题意；

B.减小R2，电路总电阻减小，总电流增大，R3两端电压增大，所以带电液滴向上加速运动，故B符合题意；

C.减小R3，电路总电阻减小，总电流增大，R2两端电压增大，R3两端电压减小，所以带电液滴向下加速运动，故C不符合题意；

D.电容器的电压不变。增大MN间距，根据E=U11．【答案】D【解析】【解答】A.根据U=E-Ir，结合Ⅰ知：E=3V，r=36Ω=0.5Ω，故A不符合题意；

B.根据I=UR，结合Ⅱ知：R=22Ω=1Ω，故B不符合题意；

C.两图线的交点表示路端电压和电路中的电流，所以电源的输出功率为P出12．【答案】D【解析】【解答】AB.根据并联电路电流的分配与电阻成反比，由于电阻R1<R2，因此开路转换式中，开关S接1时的量程大于开关S接2时的量程；若电阻R1发生变化，则开关S接2时，电阻R1处于断开状态，对电阻R2无影响，因此2对应的量程不会发生变化，故AB不符合题意；

C.闭路抽头式中，接抽头3时，电阻R4与表头串联，满偏电流不变，表头和R4串联后与电阻R3并联，接抽头4时，电阻R3与R4串联后与表头并联；由于电阻R3<R3+13．【答案】A【解析】【解答】A.直线AB的斜率为∆φ∆x，根据E=Ud知斜率表示对应位置处的电场强度，故A符合题意；

B.直线AB的斜率为∆q∆t，根据电流的定义式知斜率表示该电容器充电电流的大小，故B不符合题意；

C.若x轴表示流经某电阻的电流，y轴表示该电阻两端的电压，则图线下面积没有任何意义，故C不符合题意；

D.若x轴表示时间，y轴表示通过导体横截面积的电荷量，则图线下面积没有任何意义，故D不符合题意。14．【答案】D【解析】【解答】A.主机电池充电完毕储存的电能约为W=Uq=14.4V×5.2×3600A·s=269568J，故A不符合题意；

B.主机以额定功率工作的时间约为t=WP=14.4V×5.2A·h69W=1.09h，故B不符合题意；

C.充电座以额定功率工作时1s内输出的电能约为W出=U'I't'=20×1.2×1J=24J，故C不符合题意；

D.充电座以额定功率工作时1s内消耗的电能约为W'=P't'=28×1J=28J，充电座以额定功率工作时1s内产生的内能约为Q=W'-W出=28J-24J=4J15．【答案】（1）1.844（2）A；C（3）【解析】【解答】（1）d=1.5mm+34.4×0.01mm=1.844mm；

（2）电源电动势是3V，变压表应该选A；电路中最大电流为I=URx=32A=1.5A，电流表应该选C；

（3）电压表选择3V量程，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，如图：

16．【答案】（1）A；C（2）；1.45；0.70【解析】【解答】（1）由于干电池的电动势较小，电路的电流较小，因此电流表选小量程，故选A；为了确保实验安全和方便调节，滑动变阻器应选择最大电阻较小的滑动变阻器，故选C。

（2）作图时，使尽量多的点落在直线上，不在直线上的点尽量均匀分布在直线两侧，舍去个别相差较远的点，作图如下：

根据U=E-Ir，结合图像知：E=1.45V，r=1.45-1.100.5-0Ω=0.70Ω。

【分析】（1）由于干电池的电动势较小，电路的电流较小，据此选择电流表量程；从确保实验安全和方便调节的角度选择滑动变阻器。

（2）根据闭合电路欧姆定律求得17．【答案】（1）解：由A到P过程中，根据动能定理mgL解得E=（2）解：小球从A运动到B的过程中，电场力做的功W=−qEL=−（3）解：小球从A运动到B的过程中，根据动能定理mgL+W=在B点，根据牛顿第二定律F−mg=联立解得F=2mg【解析】【分析】（1）小球从A到P的过程中，利用动能定理可以求出电场强度的大小；

（2）小球从A到B的过程中，利用电场力的大小可以求出电场力做功的大小；

（3）小球运动到最低点时，利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出细线对小球拉力的大小。18．【答案】（1）解：当场强为E1的时候，带正电微粒静止，所以可得E（2）解：当场强为E2的时候，带正电微粒由静止开始向上做匀加速直线运动，设0.20s时的速度为v，则由牛顿第二定律可得E再由匀变速直线运动v1=a（3）解：把电场E2改为水平向右后，带电微粒在竖直方向做匀减速运动，设带电微粒速度达到水平向右所用时间为t1，则0−设带电微粒在水平方向电场中的加速度为a2根据牛顿第二定律qE2设此时带电微粒的水平速度为v2，v2故带电微粒运动速度水平向右时刻的动能Ek=12【解析】【分析】（1）当场强为E1的时候，带正电微粒静止，根据平衡条件列方程求解；

（2）当场强为E2的时候，带正电微粒由静止开始向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，由运动学公式求速度大小；

（3）电场E2改为水平向右后，带电微粒在竖直方向做匀减速运动，根据运动学公式求出速度减为零所用的时间t19．【答案】（1）解：油滴速度为v1时所受阻力f有f1=mg，m=ρV=1（2