广东省深圳市2023-2024学年高二上学期期中物理试卷（含答案）

广东省深圳市2023-2024学年高二上学期期中物理试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题（每题4分，共28分。只有一个正确答案）1．如图所示，两个相同的金属小球，小球A带+q的电荷量，小球B带+q2的电荷量，均可以看成点电荷，此时两球的库仑力大小为F。现将金属小球A、B接触后再放回原来桌面的固定位置，两球之间的库仑力大小为FA．金属小球A和B接触时，一部分电子从小球B转移到了小球A上B．小球A所带电荷量可能为元电荷的任意实数倍C．FD．开始时两小球之间是排斥力，且B球受到的库仑力大于A球受到的库仑力2．如图所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。A、B为电场中两点。下列说法中正确的是（）A．φB．EC．正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能D．电子在A点的受力方向与电场线方向相同3．在x轴方向存在一静电场，其φ−x图像如图所示，一电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4A．在x1B．从x2到x3受到的电场力和从x3C．在x1D．在x34．如图所示，ABCD是匀强电场中的一个正方形区域，其中AB=BC=4cm。已知A点电势为9V，D点电势为12V，B点电势为6V，则下列判断正确的是（）A．C点电势为3VB．匀强电场的场强大小是150VC．匀强电场的方向沿DB连线由D指向BD．将电子从A点移动到C点电场力做功为6eV5．电容式位移传感器工作原理如图所示，当被测物体在左、右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动。若电介质板向左移动一微小位移x，下列说法正确的是（）A．电容器两极板间电压变小 B．电容器电容C变大C．电容器带电量变少 D．有a→b方向的电流流过电阻6．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．乙表是电压表，R减小时量程增大C．在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200ΩD．在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A7．示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极XX'和YY'之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差UXX'A． B．C． D．二、多选题（每题6分，共计18分；每道题有多个答案，全对得满分，对但不全得3分，错不得分。）8．某公式测试电池的路端电压随干路电流的变化关系和某一定值电阻R两端的电压与通过该电阻的电流关系的U-I图像如图所示。若将该电源与定值电阻R串联构成闭合回路，下列分析中正确的是（）A．甲反映定值电阻R的图像，R=4.0ΩB．乙反映电源的图像，其电动势E=5.0VC．电源内阻是53D．该电池的短路电流是3A9．如图甲所示为静电除尘设备的结构示意图，把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极接到圆筒中心悬挂的金属线上，其横向截面图如图乙所示，虚线PQ是某带电粉尘的运动轨迹，则下列说法正确的是（）A．电场中P点的场强大于Q点的场强B．电场中P点的电势高于Q点的电势C．粉尘最终会附着在中心金属线上并沿中心金属线下落D．粉尘由Q点运动至P点，电势能逐渐减小10．某实验小组设计了一个电子秤，其原理如图所示，托盘与电阻可以忽略的金属弹簧相连，当托盘放上物块时，弹簧被压缩，电路中的总电阻发生变化，电压表、电流表示数均随之改变，若物块质量m越大，则下列说法中正确的是（）A．电流表示数越大 B．电流表示数越小C．电压表示数越大 D．电压表示数越小三、实验题11．（1）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度。用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是mm。（2）用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图2所示的读数是mm。（3）某同学准备测量金属丝的电阻Rx（大约12Ω），除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：

A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）

B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）

C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）

D．电流表A2（量程300mA，内阻约为1Ω）

E．滑动变阻器R1（0∼5Ω，0.6A）

F．滑动变阻器R2（0∼2000Ω，0.1A）

G．输出电压为4V的直流稳压电源E

H．开关S，导线若干实验中应选用的电压表是，电流表是，滑动变阻器是（填器材前序号）。（4）要求实验误差较小，并且电压可以从0开始调节，请在虚线框内设计最合理的电路图。12．如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。（已知电流I=Q（1）当开关S接时（选填“1”或“2”），平行板电容器充电，在充电开始时电路中的电流比较（选填“大”或“小”）。电容器放电时，流经G表的电流方向与充电时（选填“相同”或“相反”）。（2）将G表换成电流传感器（可显示电流I的大小），电容器充电完毕后，将开关S扳到2，让电容器再放电，其放电电流I随时间t变化的图像如图乙所示，已知图线与横轴所围的面积约为41个方格，则电容器释放的电荷量Q为C，可算出电容器的电容C为F。四、解答题13．某电动车公司为了测定电池的电动势和内阻，测试装置的电路图如下：其中R1=8Ω，R2=2Ω。当开关处于位置1时，电流表示数I1=0.2A，当开关处于位置2时，电流表示数I2=0.5A。求电源的电动势E和内阻r。14．如图所示，电荷量分别为为+Q，+9Q的两带电小球A、B，用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时A、B两球处于同一水平线上，已知O点到A球的距离OA=2L，∠AOB=90°，∠OAB=60°，静电力常量为k，带电小球均可视为点电荷，求：（1）A、B两球间的库仑力大小；（2）A、B两球的质量之比；（3）A、B连线中点处的电场强度大小及方向。15．如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端到荧光屏的距离为x，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。（1）求电子穿过A板时的速度大小v0；（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；（3）求OP的距离Y。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、金属小球A和B接触时，根据“电荷均分原理”可知，最后二者的电荷量均为q'=所以B球所带的正电荷量增加，A球所带的正电荷量减少，说明一部分电子从小球B转移到了小球A上，故A正确；

B、任何带电体所带的电荷量一定为元电荷的整数倍，所以小球A所带电荷量不可能为任意的实数倍，故B错误；

C、原来二者之间的库仑力大小为F=k接触后再放回原来的位置，两球之间的库仑力大小为F'=k所以F'=故C错误；

D、同种电荷相互排斥，所以是斥力，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力总是等大反向的，故D错误。

故答案为：A。

【分析】带电体接触后，电荷会先中和后平分，注意掌握带电的实质。任何带电体所带的电荷量一定为元电荷的整数倍。根据库仑定律求出前后两次两球之间库仑力的大小，在比较两者之间大小关系。掌握牛顿第三定律的具体内容。2．【答案】C【解析】【解答】A、沿电场线方向电势降低，且同一等势面上电势相等，可知φA<φB，故A错误；

B、电场线越密集的地方，场强越大，由图可知EA>EB，故B错误；

C、根据

Ep=qφ

可知正电荷在电势高的地方电势能大，故正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，故C正确；

D、电子带负电，电子在A点的受力方向与电场线方向相反，故D错误。

故答案为：C。

【分析】沿电场线方向电势降低，同一等势面上电势相等。电场线越密集的地方，场强越大。确定电势与电势能的关系时，注意带电体的电性。3．【答案】B【解析】【解答】A、电荷在某点的电势能为

Ep=φq

由公式可知，负点电荷在电势越大的地方，电势能越小，所以该电子在x1处的电势能最小，故A错误；

B、φ-x图像中斜率的正负表示电场强度方向，由图可知，x2到x3和x3到x4的场强方向相同，所以电子在x2到x3和x3到x4受到的电场力方向相同，故B正确；

C、φ-x图像中斜率表示电场强度，可知电子在x1处受到的电场力为0，故C错误；

D、φ-x图像中斜率表示电场强度，x3处的斜率不为0，所以x3处的电场强度不为0，故D错误。

故答案为：B。

【分析】φ-x图像中斜率的正负表示电场强度方向，斜率的大小表示电场强度的大小。电势为零的位置，电场强度不一定为零。确定电势与电势能之间的关系时，注意带电体所带电性。4．【答案】C【解析】【解答】A、依题意，根据匀强电场的特点，可得φ求得C点电势为φ故A错误；

BC、由于φ所以AC连线为该匀强电场中的一条等势线，根据电场线与等势线垂直，且由高等势线指向低等势线，可知DB连线为该匀强电场中的一条电场线，且场强方向由D指向B，可得该匀强电场的电场强度大小为E=故B错误，C正确；

D、将电子从A点移动到C点电场力做功为W故D错误。

故答案为：C。

【分析】匀强电场中，平行且相等的直线两端点的电势差相等。根据等势面上电势相等，确定等势面，继而确定电场的方向。再根据电势差与场强的关系求出匀强电场场强的大小。注意掌握电场力做功与电势差的关系。5．【答案】B【解析】【解答】AB、若电介质板向左移动一微小位移x，电介质插入两板间的长度增大，根据C=可知电容C增大；电容器与电源连接，电压不变，故A错误，B正确；

CD、根据C=可知，若电容C增大，则Q增大，电容器充电，电量变大，同时有b→a方向的电流流过电阻，故CD错误。

故答案为：B。

【分析】确定电容器是属于电势差不变，还是属于电荷量不变。再根据电容的定义式和决定式判断电容及电荷量、电压的变化情况。放电时，电荷量或电压减小，电流方向与充电时相反。6．【答案】C【解析】【解答】A、甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表，电流表的量程为I=可知当R增大时，量程减小，故A错误；

B、甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表，电压表的量程为U=I可知当R减小时，量程减小，故B错误；

C、由公式U=I可得改装成的电压表的量程为3V时R=1200Ω故C正确；

D、由公式I=可知装成的电流表的量程为0.6A时R=1.003Ω故D错误。

故答案为：C。

【分析】掌握电表改装的原理，根据原理分析外接电阻阻值的大小与改装后电表量程的关系。根据欧姆定律和串并联电路规律求解改装所需电阻阻值。7．【答案】C【解析】【解答】YY'之间为恒定电压，电子带负电，故电子向Y轴正方向偏转，在XX'之间加如图丙所示的正弦电压，电子在X轴方向发生偏转，电压越大侧移量越大，由运动的合成，会在荧光屏上看到过Y轴正方向上某点且平行X轴的一条水平的亮线（在Ⅰ、Ⅱ象限），故C正确，ABD错误。

故答案为：C。

【分析】对于示波管模型，可分别单独讨论在一个方向上加压时，粒子在光屏上呈现的图像，再对两个图像进行叠加得到最终的图像。8．【答案】A,B【解析】【解答】A、甲反映定值电阻R的U-I关系R=故A正确；

B、根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir当I=0时，U=E，根据几何关系，电源电动势E=5V故B正确；

C、电源的内阻等于乙图线斜率绝对值的大小，斜率为r=故C错误。

D、电源短路电流为I'=故D错误。

故答案为：AB。

【分析】路端电压随干路电流的增大而减小，定值电阻R两端的电压与通过该电阻的电流成正比。根据图像确定图像所代表的物理意义。明确图像斜率和截距的物理意义。再根据欧姆定律进行解答。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、电场线的疏密反映场强的大小，P点的场强小于Q点的场强，故A错误；

B、沿电场线电势降低，P点的电势高于Q点的电势，故B正确；

CD、强电场作用下，空气发生电离，粉尘会吸附电子带负电，从而受到指向侧壁的电场力，则粉尘由Q点运动至P点，电势能减小，最终会附着在圆筒侧壁上，故C错误，D正确。

故答案为：BD。

【分析】电场线越密，场强越大。沿电场线电势降低。根据带电微粒在电场中的受力情况，确定粒子的运动情况，继而得出粒子最终所处位置。电场力做负功，电势能增大。10．【答案】B,C【解析】【解答】当物块质量m越大时，滑片往下移动，则接入电路中的电阻增大，因此电路中的总电阻增大，根据欧姆定律可知电路中总电流减小，故电流表示数减小，路端电压增大，而电阻R0和电源内阻两端的电压减小，故滑动变阻器两端电压增大，则电压表示数增大；故AD错误，BC正确。

故答案为：BC。

【分析】明确电路的连接情况及各电表的测量对象，确定电路中总电阻、总电流、路端电压的变化情况。再根据闭合电路欧姆定律和串并联电路的规律分析各部分元件的电流及其两端电压的变化情况。11．【答案】（1）13.55（2）0.680（3）A；D；E（4）【解析】【解答】（1）小球的直径即游标卡尺的读数为d=1.3cm+11×0.05mm=13.55mm（2）金属丝的直径即螺旋测微器的读数是d=0.5mm+0.180mm=0.680mm（3）电源输出电压为4V，则电压表选择量程3V的V1，即选A；

待测电阻阻值约为12Ω，则最大电流I=故电流表选择A2，即选择D；

滑动变阻器R2阻值太大，为方便调整电路，滑动变阻器应选择R1，即选择E。

（4）电流表内阻较小，要求实验误差较小，则选择外接法；要求电压可以从0开始调节，则滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图：

【分析】读数时，注意测量仪器的分度值。旋转仪器时，要满足电路安全的同时，还有使得操作便捷和测量尽可能的准确。电压可以从0开始调节，即滑动变阻器采用分压式接法。再根据待测电阻与电压表和电流表阻值的关系，确定电流表采用内接法还是外接法。12．【答案】（1）1；大；相反（2）3.28×10-3；4.1×10-4【解析】【解答】（1）电容器与电源相连时充电，所以当开关S接1时，平行板电容器充电，由于极板上无电荷，刚开始在充电开始时电路中的电流比较大。

电容器充电时电源正极接电容器上极板，放电时正电荷从上极板流出，所以电容器放电时，流经G表的电流方向与充电时相反。

（2）根据Q=It可知，放电电流随时间变化曲线与横轴所围区域的面积即为通过的电荷量，所以电容器释放的电荷量Q为Q=41×0.2×电容器的电容C为C=【分析】电容器充电完成前，电容器与电源相连时，电容器处于充电状态，电流逐渐减小，两极板电荷量与电势差逐渐增大。放电时则相反。放电电流随时间变化曲线与横轴所围区域的面积即为通过的电荷量。再根据电容的定义式求出电容的大小。13．【答案】解：由闭