广东省2023-2024学年高二上学期物理期中考试试卷（含答案）

广东省2023-2024学年高二上学期物理期中考试试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．如图所示，当人用手接触范德格拉夫起电机的金属球时会出现头发竖起来的现象，下面关于这个过程的描述不正确的是（）A．范德格拉夫起电机起电过程满足电荷守恒定律B．金属球带正电，手接触范德格拉夫起电机的金属球时，由于静电感应人头发带上负电荷C．出现头发竖起来的现象能够说明同种电荷相互排斥D．手接触范德格拉夫起电机金属球时，要想出现头发竖起来的现象，人需站在绝缘材料上2．如图甲所示，用内阻不计的充电宝为一手机充电，其等效电路如图乙所示，充电宝向手机电池充电3min后容量减小了100mAh，此过程可认为输出电流、输出电压（U=5V）是恒定不变的，手机电池的内阻不能忽略，则下列说法中正确的是（）A．充电宝输出的电流为0.2A B．手机电池的内阻为2.5ΩC．手机电池增加的化学能为1800J D．充电宝减少的电能为1800J3．如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃（不计重力）仅在静电力作用下向集尘板迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则以下说法正确的是（）A．尘埃在B点的加速度大于在A点的加速度B．尘埃在B点的电势能大于在A点的电势能C．尘埃在迁移过程中做类平抛运动D．尘埃在迁移过程中电势能先增大后减小4．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在y轴上的O、M两点，若规定无穷远处的电势为零，则在两电荷连线上各点的电势φ随y变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（）A．q1与q2带同种电荷B．A，N两点的电场强度大小为零C．从N点沿y轴正方向，电场强度大小先减小后增大D．将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功5．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a和b的半球壳层形状（图中阴影部分），半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极。设该电阻的阻值为R。下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，R的合理表达式应为（）A．R=ρ(b+a)2πab C．R=ρab2π(b−a) 6．在图示电路中，A、B为两块正对的水平金属板，G为静电计。开关S闭合后，静电计指针张开一个角度，板间的带电油滴悬浮在两板之间静止不动，不考虑静电计电量的变化对平行板电容器的影响，下列说法正确的是（）A．若仅将A板水平向右缓慢平移一些，油滴依然静止不动B．若仅将B板竖直向下缓慢平移一些，静电计指针的张角将变大C．若断开S，仅将A板水平向左缓慢平移一些，静电计指针的张角将变小D．若断开S，仅将B板竖直向上缓慢平移一些，油滴的电势能变小7．如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10-4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图像如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图像，线2为动能随位移变化图像，取杆上离底端3m处为电势零点，g=10m/s2，静电力恒量k=9×109N·m2/C2，则（）A．小球的质量为2kgB．小球的电荷量约q=1.11×10-5CC．斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U=1.8×106VD．当小球运动到s=1m处时具有的电势能为47J二、多选题8．示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，核心部件是示波管，其示意图如下，XXʹ为水平偏转电极，YYʹ为竖直偏转电极，以下说法正确的是（）A．XXʹ加图2波形电压、YYʹ加图1波形电压，屏上将出现两条竖直亮线B．XXʹ加图3波形电压、YYʹ加图2波形电压，屏上在两个位置出现亮点C．XXʹ加图4波形电压、YYʹ加图1波形电压，屏上将出现图1所示图线D．XXʹ加图4波形电压、YYʹ加图2波形电压，屏上将出现图3所示图线9．如图所示，电表均为理想电表，两灯泡的电阻均为2r（不考虑温度变化对灯泡的影响），r为电源内阻的大小，闭合开关S，此时两灯泡正常发光．将滑动变阻器滑片向下滑动，电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则（）A．两灯泡逐渐变暗B．V1示数变小、V2的示数增大C．电源的输出功率减小，效率增大D．ΔU2与ΔI的比值大于ΔU1与ΔI的比值10．如图所示，匀强电场中有一直角三角形abc，∠c=30°，ab边长为L，bd=23bc，匀强电场的电场线平行于abc平面，从a点以速率v0向abc所在平面内各方向发射电子，通过b点的电子速率为A．匀强电场的方向由d指向aB．匀强电场的电场强度大小为2mC．电子通过d点时的速率为5D．电子从a到c的时间可能为L三、实验题11．某同学要测量一新型材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：（1）如下图，用游标卡尺测量其长度L=mm；用螺旋测微器测量其直径D=mm；（2）用多用电表的电阻“×10”挡，初步测量此圆柱体的电阻，发现指针偏转角度很小，则应将选择开关旋转到挡（填“×100”或“×1”）并进行，再次进行测量时，表盘示数如图所示，则该电阻的阻值约为Ω。（3）通过描绘伏安特性曲线来测量电阻，现有的器材和规格如下：A．待测圆柱体电阻RxB．电流表A1（量程0~3mA，内阻约50Ω）C．电流表A2（量程0~30mA，内阻约30Ω）D．电压表V1（量程0~3V，内阻约10kΩ）E．电压表V2（量程0~15V，内阻约25kΩ）F．直流电源E（电动势4V，内阻较小）G．滑动变阻器R1（阻值范围0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）H．滑动变阻器R2（阻值范围0~5kΩ，允许通过的最大电流0.5A）I．开关S，导线若干要求结果尽量准确，滑动变阻器应选，电流表应选，电压表应选，（选填仪器前的字母代号），在方框中画出实验电路图。（4）依据测得的数据计算出圆柱体的电阻率ρ=Ω·m。12．某同学测定电源电动势，所使用的器材有：待测干电池一节、电流表A（量程0.6A，内阻RA待测）、电流表A1（量程0.6A，内阻未知）、电阻箱R1、滑动变阻器R2（0~10Ω）、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干。（1）该同学按图甲所示电路连接进行实验操作。测电流表A的内阻：闭合开关K，将开关S与C接通，调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，电流表A的表盘指针如图乙，其示数为A、电流表A1的示数为0.60A、电阻箱R1的示数为2.6Ω，则电流表A的内阻RA=Ω。（2）测电源的电动势：断开开关K，调节电阻箱R1到较大值，将开关S接（填“C”或“D”），多次调节电阻箱R1，并记录电阻箱R1的阻值R和对应电流表A的示数I。（3）数据处理：图丙是由实验数据绘出1I−R的图像，由此求出干电池的电动势E=（4）如果电流表A的电阻未知，本实验（填“能”或“不能”）准确测出该电源的内阻。四、解答题13．如图所示为直流电动机提升重物装置。电动机的内阻一定，闭合开关K，当把它接入电压为U1=0.50V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.25A；当把电动机接入电压为U2=8.0V的电路中时，电动机正常工作且匀速提升重物，工作电流是I2=1.0A，求：（1）电动机正常工作时的输出功率及电动机的效率；（2）若重物质量m=2.0kg，电动机提升重物的速度大小是多少?（g取10m/s2）14．如图所示，高压直流电源的电动势E=1500V、内阻r=20Ω，定值电阻R=100Ω，滑动变阻器Rx的最大阻值为250Ω，初始时滑片位于滑动变阻器的最下端。一水平放置的平行板电容器，与电阻Rx并联，它的极板长L=1.2m，两板间距离d=0.4m，两板间正对区域的电场认为是匀强电场。现有一带正电微粒以速度v0从两板中央平行极板射入，微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量m=3.2×10-3kg，电量q=+1.6×10-5C，重力加速度g取10m/s2，求：（1）微粒入射速度v0为多少？（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，滑动变阻器Rx接入电路的电阻值的范围是多少？15．如图甲所示，足够大水平面上存在方向水平的匀强电场，场强E随时间t周期性变化的规律如图乙所示（向右为正方向）。带电量q=+1.25×10−4C、质量M=0.5kg的小物块静止在电场区的左边缘，物块左侧镶嵌一个被压缩的小弹簧（图中未画出），弹簧势能Ep=240J，长l=0.8m的轻杆可绕一端O在竖直面内自由转动，另一端固定质量m=0.5kg（1）小物块刚开始运动时的速度；（2）小物块从开始运动到最终停下来系统电势能的改变量。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．带电过程是电子转移的过程，只不过是电子从一个物体转移到另一个物体，或使电子从物体的一部分转移到另一部分，该过程中电荷的总量不变，A正确，不符合题意；B．若金属球带正电，手接触范德格拉夫起电机的金属球时，头发上的电子会转移到金属球上，从而使得人头发带上正电荷，B错误，符合题意；C．出现头发竖起来的现象能够说明同种电荷相互排斥，C正确，不符合题意；D．当人在触摸静电球时，人站在绝缘材料上，人身体就会带上电荷，即人的头发上会带上同种电荷，由于同种电荷相互排斥，故此时人的头发会竖起来，D正确，不符合题意。故答案为：B。

【分析】手接触起电机时电荷发生转移，使人体带上同重电荷，结合同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引分析判断正确的选项。2．【答案】D【解析】【解答】A．根据q=It，可知充电宝输出的电流I=qB．手机电池不是纯电阻电路，不能用欧姆定律计算内阻，B不符合题意；CD．充电宝减少的电能为E=UIt=5×2×3×60J=1800J，由于手机电池存在内阻，一部分能量转化为内能，另一部分转化为化学能，因此手机电池增加的化学能小于1800J，C不符合题意，D符合题意。故答案为：D。

【分析】根据电流的定义式得出充电宝输出的电流，闭合电路欧姆定律适用于纯电阻电路，结合电工功的表达式以及能量关系得出手机增加的化学能。3．【答案】D【解析】【解答】A．由电场线的分布图可知，A点的场强比B点的大，则尘埃在B点的加速度小于在A点的加速度，所以A不符合题意；B．根据等势线与电场线垂直的特点，作出B点的等势线，如图所示，则有φB=φC，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，则有C．由于电场力是个变力，并且大小方向都在变，所以尘埃在迁移过程中不可能做类平抛运动，则C不符合题意；D．由尘埃的运动轨迹可知其受力特点，开始时，电场力与速度方向夹角为纯角，后来为锐角，可判定静电力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，所以D符合题意；故答案为：D。

【分析】电场线越密，电场强度越强，等势线与电场线垂直，沿着电场线电势逐渐降低，利用功能功能关系得出电势能的变化情况，结合类平抛运动的规律分析判断正确的选项。4．【答案】D【解析】【解答】A．由图像可知，M点附近的电势为负值、O点附近的电势为正值，所以，q1与q2带异种电荷，A不符合题意；B．φ-y图像的斜率表示场强，A、N点的电势为零，图中这两点的斜率不为零，即场强不为零，B不符合题意；C．从N点沿y轴正方向，电场强度的大小先减小后增大再逐渐减小，C不符合题意；D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增后减，所以，电场力先做负功后做正功，D符合题意。故答案为：D。

【分析】根据M和O点电势的正负得出两个电荷的电性，φ-y图像的斜率表示场强，结合图像得出电场强度的变化情况，利用功能关系得出电场力做功的正负。5．【答案】B【解析】【解答】CD．等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω•m2，左右两边单位不同，则此式不合理。CD不符合题意。A．等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的。将b=a代入得到R≠0，因为电阻是很薄的一层，电阻应该很小，这个等式是不合理的，A不符合题意；B．等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的。将b=a代入得到R=0，B公式是合理的。故答案为：B。

【分析】把物理量的单位代入表达式，只有当左右两边的单位相同时其表达式才是正确的。6．【答案】B【解析】【解答】A．仅将A板水平向右缓慢平移一些，两板正对面积减小，根据C=εS4πkd，电容C减小，电容器与电源相连，电压不变，根据Q=CU，电荷量Q减小，电容器放电，电流方向为顺时针。电路中有一二极管，当电容器放电时，二极管电阻无穷大，电路相当于断路，则电容器的电荷量不变，电压U增大。平移A板前，带电油滴静止不动，受到向上的电场力大小等于重力大小，可知油滴带正电，平移A板后，电场力B．仅将B板竖直向下缓慢平移一些，两板间距增大，根据C=εSC．断开S，电容器电荷量不变，仅将A板水平向左缓慢平移一些，两板正对面积减小，根据C=εSD．断开S，电容器电荷量不变，仅将B板竖直向上缓慢平移一些，两板间距减小，根据C=εS4πkd，电容C增大，根据Q=CU，电场强度E=Ud=4πkQεS故答案为：B。

【分析】根据电容器的决定式以及定义式得出电容器两极板间的电荷量变化情况，结合电场力的表达式以及匀强电场电场强度的表达式得出油滴的运动情况以及静电计指针偏角的变化情况，通过电势能的表达式得出油滴电势能的变化情况。7．【答案】B【解析】【解答】A．根据重力势能随位移的变化关系EP=mgssinB．由图线2可知，当位移s=1m时，小球的动能达到最大值，电场力与重力的下滑分力相平衡，因此mgsinθ=kQqC．斜杆底端至小球速度最大处，由能量守恒可知Uq=Ekm+D．从s=1m处到最高点的过程中，根据能量守恒可知，减少的电势能和减少的动能全部转化为重力势能，即EPq+ΔE故答案为：B。

【分析】根据重力势能随位移的变化情况得出小球的质量，结合图像2以及共点力平衡得出电荷量的大小，利用能量守恒定律得出底端正点电荷形成的电场的电势差。8．【答案】B,C【解析】【解答】A．XXʹ加图2波形电压、YYʹ加图1波形电压，由示波器工作原理可知电子在电场的作用下，屏上将出现一条竖直亮线，A不符合题意；B．XXʹ加图3波形电压，电子在水平电场作用下，左右周期性打在屏上，YYʹ加图2波形电压，屏上在两个位置出现亮点，B符合题意；C．XXʹ加图4波形电压，电子在屏上水平方向扫描，YYʹ加图1波形电压，屏上将出现图1所示图线，C符合题意；D．XXʹ加图4波形电压，电子在屏上水平方向扫描，YYʹ加图2波形电压，屏上将出现一条水平亮线，D不符合题意。故答案为：BC。

【分析】根据示波器的工作原理以及电子在电场中的运动得出屏上出现的图像形状。9．【答案】A,B,C【解析】【解答】A．将滑片向下滑动，电路中的总电阻增大，根据I=EB．电压表V2测量的是路端电压，电压表V1测量的是灯泡L1两端的电压，因总电流减小，所以V1的示数减小，根据闭合电路欧姆定律得U=E−Ir，可知路端电压增大，即V2的示数增大，B符合题意；C．由图可知，外电阻大于内电阻，将滑片向下滑动，电路中的外电阻增大，与内电阻差值变大，电源的输出功率减小。电源的效率为η=UD．电压表V2的测量值为路端电压，根据闭合电路欧姆定律E=U内+U外，可得，V2的变化量为ΔU2=ΔU内，所以故答案为：ABC。

【分析】根据闭合电路欧姆定律以及串联电路的特点得出两灯泡亮度的变化情况，结合闭合电路欧姆定律得出路段电压的表达式，从而得出电压表2的示数以及电压表和电流表示数变化量的比值的大小关系，通过电功率的表达式以及P-R的图像和电源效率的表达式得出电源效率的变化情况。10．【答案】B,D【解析】【解答】AB．从a到b，由动能定理得−eUab=12mvb2−12mv02，其中由ab=L，ae=L2，可知ac⊥be，即电场线为ca，由c指向a：C．因bc=3L，则bd=23bcD．若电子从a到c做匀加速直线运动，由直线运动规律得2L=v0+故答案为：BD。

【分析】电子从a到b和a到c的过程根据动能定理以及电场力做功的表达式得出匀强电场的方向以及电场强度的大小，电子从b到d的过程利用动能定理得出A点的速度，电子从a到c的过程利用匀变速直线运动的平均速度的表达式得出电子从a到c的时间。11．【答案】（1）42.40；4.700（2）×100；欧姆调零；1200（3）G；B；D；（4）0.49【解析】【解答】（1）游标卡尺的主尺读数为42mm，游标尺是20分度，游标尺的第8刻度线与主尺的某刻度线对齐，则游标尺的读数为0.05×8mm=0.40mm，因此圆柱体的长度为L=42mm+0.40mm=42.40mm，螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，则有圆柱体的直径D=4.5mm+0.200mm=4.700mm（2）用多用电表的电阻“×10”挡，测量此圆柱体的电阻，指针偏转角度很小，说明多用电表的电阻档位选择的较低，应选用高一点的档位，则应将选择开关旋转到“×100”。选好“×100”档位后，两表笔相接，进行欧姆调零。由表盘示数，则该电阻的阻值约为R=12×100Ω=1200Ω（3）要求结果尽量准确，即要求电压从零开始变化，则滑动变阻器应分压方式接入电路，为便于调节，滑动变阻器应选用最大阻值较小的R1，即G。由欧姆定律可知，流经圆柱体的最大电流约为I=ER=41200A≈0.0033A=3.3mA电流表应内接，因此实验电路图如图所示。（4）由电阻定律R=ρLS【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理以及螺旋测微器的读数原理读出圆柱体材料的长度以及直径；

（2）根据欧姆表的读数原理得出选择的倍率以及该电阻的阻值；

（3）根据闭合电路欧姆定律得出电路中的最大电流，从而选择电流表，结合电流表示数的内外接法的判断得出电流表的接法，利用测量一新型材料制成的圆柱体的电阻率的实验原理连接电路图；

（4）根据电阻定律的表达式得出电阻率的表达式，代入数据得出电阻率的大小。12．【答案】（1）0.52；0.40（2）D（3）1.47~1.49（4）不能【解析】【解答】（1）分度值为0.02A，则读数为0.52A。流过电阻箱R1的电流I1=I-I2=（0.60-0.52）A=0.08A，电压U1=R1I1=2.6×0.08V=0.208V，则电流表内阻R（2）测电源的电动势和内阻：断开开关K，调节电阻箱R1，将开关S接D。（3）根据实验步骤和闭合电路欧姆定律可知E=I（R+RA+r），变形可得1I=R（4）设图线的纵截距为b，由（4）得b=RA+r【分析】（1）根据并联电路的分流作用以及欧姆定律得出电流表的内阻；

（2）根据测电源的电动势以及内阻的实验原理得出开关s所接的位置；

（3）结合闭合电路欧姆定律以及U-R的图像得出电源的电动势；

（4）根据U-R图像的斜率得出内阻的表达式，从而判断能否准确求出电源的内阻。13．【答案】（1）解：电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，则r=电动机正常工作时消耗的功率为P=电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为P电动机正常工作时输出功率为P电动机正常工作时效率为η=（2）解：匀速提升时，拉力