天津市2023-2024学年高二上学期期中物理试卷（含答案）

天津市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、单项选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意，选对得5分，选错或不选得0分；1．在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法。下列叙述不正确的（）A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法B．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想化物理模型的方法C．库仑得出库仑定律并测出了元电荷e的数值D．电场强度的表达式E=Fq和电动势的表达式2．两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点。一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（）A．q由A向O的运动是加速度减小的加速运动B．q由A向O运动过程中电势能逐渐增大C．q运动到O点时的动能最小D．q运动到O点时的电势能小于零3．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是（）A．实验中，只将电容器b板向左平移，静电计指针的张角变大B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大4．长方体铜柱长、宽、高分别为a、b、c，若先后在AB和CD两端添加相同的恒定电压，则该铜柱内自由电子先后两次定向移动的速率之比为（）A．ab B．ba C．bc5．如图，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一个点电荷，将质量为m，电荷量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点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，已知重力加速度为g，则（）A．小球到达B时的速率等于gRB．小球到达B时的速率大于2gRC．固定于圆心处的点电荷在细管内的电场强度大小为3mgD．小球不能到达C点二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，选对得5分，对而不全得3分，选错或不选得0分）6．如图所示的U-I图像中，直线I为某电源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。用该电源与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（）A．R的阻值为3ΩB．电源的输出功率为3.0WC．电源电动势为3.0V，内阻为1.5ΩD．电阻R消耗的功率为1.5W7．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中，下列说法正确的（）A．它们带上异种电荷B．它们运动的时间tC．它们的动能增加之比ΔD．它们所带的电荷量之比q8．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，其中R1>r，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数变大，电流表读数变大B．R1和R2上的电压都增大C．质点P将向下运动，电源的效率增大D．R3上消耗的功率减小，电源的输出功率增大三、实验题（本题每空2分，共18分）9．实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的U-I图像如图2所示。（1）图1的电路图为下图中的。（选填“A”或“B”）（2）如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E=V，内阻r=Ω。（3）实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制U-I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将，与纵坐标轴交点的数值将。（两空均选填“变大”、“变小”或“不变”）四、计算题（本题共3小题，12题12分，13题14分，14题16分，共42分。要求写出必要的解题步骤，直接写出结果不得分。）10．如图所示，M为一线圈电阻r=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V，当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2=4A。求∶（1）电源内阻r0（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率。11．静电除尘中有一种设计是两段式的，即尘埃带电和除尘分别在两段空间内进行。如图所示是由两块平行电极板构成的除尘空间，两电极板与电压恒定的高压直流电源相连，间距为d。板长为L，忽略边缘效应。经带电空间带负电荷后的尘埃，以水平速度ν均匀射入除尘空间，当其碰到下电极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两板所加直流高压的电压可以改变收集效率η。当两板间所加的电压为U0时η=80%（即离下板0.8d范围内的尘埃能够碰到下板被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。求：（1）当两板间所加的电压为U0（2）收集效率η=100%时，两板所加的电压U与U012．某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法，设计了一个简易的“电磁秤”。如图1，两平行金属导轨CD、EF间距为L=0.1m，与电动势为E0=9V内阻不计的电源、电流表（量程0-3A）、开关、滑动变阻器R（阻值范围为0～100Ω）相连，质量为M=0.05kg、电阻为R0=2Ω的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ=30°角，垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行，跨过定滑轮后另一端接有秤盘，空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B=5T，在秤盘中放入待测物体，闭合开关，调节滑动变阻器，当金属棒平衡时，通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量。已知秤盘中不放物体时，使金属棒静止时电流表读数为I0=0.1A。其余电阻、摩擦以及轻绳质量不计，g=10m/s2，则：（1）秤盘的质量m0是多少?（2）求此“电磁秤”的称量物体的最大质量及此时滑动变阻器接入电路的阻值；（3）为了便于知道秤盘上物体质量m的大小，请在图中作出其与电流表读数关系的m-I图象。13．在探究“决定导线电阻因素”的实验中。需要进行以下测量：欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为12Ω，要求测量结果尽量准确，这位同学想使被测电阻Rx两端的电压从零开始调节。他可选用的器材有：（1）下列器材中，电流表应选用（填器材的标号A1和A2，下同），电压表应选用，滑动变阻器应选用。（2）在如图的虚线框内画出你设计的实验电路图②在如图的虚线框内画出你设计的实验电路图。

A.电池组E（6V，内阻很小）

B.电流表A1（0～3A，内阻约0.1Ω）

C.电流表A2（0～0.6A，内阻约1Ω）

D.电压表V1（0～3V，内阻约3kΩ）

E.电压表V2（0～6V，内阻约6kΩ）

E.滑动变阻器R1（0～5Ω，2A）

G.滑动变阻器R2（0～1kΩ，1A）

H.电键、导线

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法，故A正确，不符合题意；

B、用点电荷来代替实际带电体是采用了理想化物理模型的方法，故B正确，不符合题意；

C、库仑得出库仑定律，但元电荷e的数值由密立根通过油滴实验测得，故C错误，符合题意；

D、电场强度的表达式E=Fq和电动势的表达式E=Wq都是利用比值法得到的定义式，故D正确，不符合题意。2．【答案】D【解析】【解答】A、PQ连线的中垂线MN上，从无穷远处到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远处，故q由A向O运动过程中，电场力可能先增大后减小，也可能逐渐减小，所以加速度可能先增大后减小，也可能逐渐减小，故A错误；

B、q由A向O运动过程中电场力做正功，电势能减小，故B错误；

C、从A到O电场力做正功动能增加，从O到N的过程电场力做负功，动能减小，故在O点时，试探电荷的动能最大，故C错误；

D、取无穷远处的电势为0，从无穷远处到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时，电势能为负值，故D正确。

故答案为：D。

【分析】掌握等量同正电荷电场线及等势线的分布情况，熟悉两电荷连线和中垂线上场强和电势的变化情况。再根据电场力做功情况，判断电势能与动能的变化情况。3．【答案】A【解析】【解答】电容器的电荷量保持不变，根据C=A、只将电容器b板向左平移，两板间距增大，电容减小，电势差增大，静电计指针的张角变大，故A正确；

B、只将电容器b板向上平移，两板正对面积减小，电容减小，电势差增大，静电计指针的张角变大，故B错误；

C、只在极板间插入有机玻璃板，介电常数增大，电容增大，电势差减小，静电计指针的张角变小，故C错误；

D、只增加极板带电量，电势差增大，静电计指针的张角变大，但电容不变，故D错误。

故答案为：A。

【分析】电容器电荷量不变。根据电容的决定式判断电容的变化情况，再根据电容的定义式确定两极板电势差的变化情况。两极板电势差越大，静电计张角越大。4．【答案】B【解析】【解答】电流沿着AB方向时铜柱的电阻为R=ρ通过铜柱的电流为I=电流的微观表达式为I=neSv=nebcv联立以上三式解得v=同理，可得电流沿着CD方向时，电子定向移动速率为v'=则v故ACD错误，B正确。故答案为：B。

【分析】根据电流方向确定电阻的横截面积和长度，再根据电阻定律确定其阻值大小。电子的定向移动形成电流，根据电路的微观表达式和欧姆定律求出速度的表达式，继而得出速度之比。5．【答案】C【解析】【解答】AB、由A到B，电场力做功为零，则由动能定理得mgR=解得小球到达B时的速率v故AB错误；

C、在B点时Eq-mg=m解得E=故C正确；

D、由于点电荷位移圆心处，A、B、C处于同一等势面上，根据电场力做功公式可知小球从A到C点过程中电场力做功为零，根据机械能守恒定律可知小球能到达C点，故D错误；

故答案为：C。

【分析】明确小球在整个运动过程中，各力做功情况，根据动能定理及牛顿第二定律求出小球在B点的速度及场强大小。6．【答案】C,D【解析】【解答】A、R的阻值为R=故A错误；

B、电源的输出功率为P=IU=1.5故B错误；

C、由图像可知，电源电动势为E=3.0内阻为r=故C正确；

D、电阻R消耗的功率为P故D正确。

故答案为：CD。

【分析】电阻R的U-I图线的图像的斜率等于其阻值。明确两图像交点的物理意义。电阻R的U-I图线的截距表示电源电动势，斜率表示电源内阻。7．【答案】B,D【解析】【解答】A、带电粒子P、Q在电场中偏转方向相同，可知带电粒子P、Q受到的电场力方向相同，它们带上同种电荷，故A错误；

B、垂直于电场方向，带电粒子P、Q做匀速直线运动，且两粒子初速度相同，垂直于电场方向位移相同，根据x=vt可知它们运动的时间t故B正确；

D、沿电场方向带电粒子做初速度为零的匀加速运动，有y=2y=可得a带电粒子的加速度为a=它们所带的电荷量之比q故D正确；

C、带电粒子P、Q在电场中运动，电场力做正功，根据动能定理有∆∆它们的动能增加之比∆故C错误。

故答案为：BD。

【分析】明确两粒子在电场中沿电场线方向和垂直电场线方向的运动情况，再根据平抛运动的规律和电场力做功和电势差的关系分析动能的变化情况。8．【答案】B,D【解析】【解答】AB、当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4接入电路的阻值减小，根据“串反并同”，因为R3两端电压减小，所以通过R3的电流减小，又因为总电流增大，所以通过R2的电流增大，即电流表读数增大，R2两端电压增大，R4两端电压减小，即电压表读数减小，故A错误，B正确；

C、当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，电源内电压增大，路端电压U减小，且R1两端电压增大，R3两端电压减小，平行金属板两端电压减小，板间电场强度减小，质点P将向下运动，根据η=可知电源的效率减小，故C错误；

D、因为R3两端电压减小，所以R3上消耗的功率减小。设电路的外电阻为R，则电源的输出功率为P=故当R=r时，P最大；当R＜r时，P随R的增大而增大；当R＞r时，P随R的减小而增大。由题意可知开始时一定有R＞r，所以电源的输出功率增大，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】明确电路的连接方式以及各电表的测量对象，再确定电路中总电阻的变化情况，根据串并联电路的规律、闭合电路的欧姆定律、电功率及效率的定义进行分析。9．【答案】（1）B（2）4.5；1.8（3）不变；变大【解析】【解答】（1）通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故A错误，B正确。

故答案为：B。

（2）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir得U=E-Ir则U-I图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率是电池的内阻r，根据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势E=4.5V内阻r=（3）分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池的电流，考虑电压表内阻RV的影响，流过电压表的电流为I可知流过电池的电流为I=因电压表内阻RV不变，随着电压值U测减小，电压表电流IV减小，当电压值趋于0时，I趋于I测，在图2中重新绘制的U-I图线如图所示

故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。

【分析】根据实物图确定电路图，根据实验原理及电路图确定图像的函数表达式，再确定图像斜率和截距的物理意义继而得出电源的电动势和内阻。对于误差分析，主要考虑电流表的分压和电压表分流的影响。10．【答案】（1）解：当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，根据闭合电路欧姆定律可知I代入数据解得电源内阻为r0（2）解：当S闭合时，I2=4A，则U内=I2r0U外=E-U内=40V-4V=36V即电动机两端电压为36V，根据电功率的公式有P热=(I电动机消耗的功率为P机械功率为P机=PM-P热=87.5W【解析】【分析】（1）明确电路的连接方式，根据串并联电路的规律及闭合电路欧姆定律进行解答；

（2）电动机为非纯电阻元件，根据欧姆定律及串并联电路规律求出电动机两端的电压及通过电动机的电流，再根据热功率和电动率公式求出电动机的热功率和总功率，电动机的输出功率等于总功率与热功率之差，输入功率全部转化为机械功率。11．【答案】（1）解：板间电场强度的大小为E=尘埃受到的电场力为F=Eq根基牛顿第二定律，有F=ma联立解得a=（2）解：根据（