山西省阳泉市2023-2024学年高二上学期物理期中考试试卷（含答案）

山西省阳泉市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．下列说法正确的是（）A．金属的电阻率随温度的升高而减小B．元电荷e的数值是由密立根用扭秤实验测得的C．处于静电平衡状态的导体内部场强处处为0D．电场中某点的电场强度越大，则该点的电势越高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的两点处，它们间静电力的大小为F。两小球相互接触后再分开并放到相距为2r的两点处，则两金属小球间静电力的大小变为（）A．112F B．12F C．143．如图所示，均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边长为L1，ad边长为L2。当端点Ⅰ、Ⅱ接入电路时，导体的电阻为R1，当端点Ⅲ、Ⅳ接入电路时，导体的电阻为R2，则R1：R2为（）A．L1：L2 B．L2：L1 C．1：1 D．L124．如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形（竖直放置）的四个顶点，∠abc＝120°，O点为菱形对角线的交点，现将三个电荷量均为＋Q的点电荷分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的是（）A．d点电场强度的方向由O指向dB．O点电场强度的方向由d指向OC．d点的电场强度大于O点的电场强度D．d点的电场强度等于O点的电场强度5．在闭合电路中，下列叙述正确的是（）A．闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟外电路的电阻成反比B．当外电路断开时，路端电压等于零C．当外电路短路时，电路中的电流趋近于∞D．当外电阻增大时，路端电压也增大6．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器组成的，已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻A．甲表是安培表，R增大时量程增大B．乙表是安培表，R增大时量程增大C．在甲图中，若改装成的安培表的量程为0.6A，则R=0.5ΩD．在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中一族等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电质点（重力不计）仅在电场力作用下从P到Q通过该区域时的运动轨迹，据此可知（）A．a、b、c三条等势线中，a的电势最高B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C．该质点在P点的速率比在Q点处大D．该质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大8．某空间存在一静电场，其沿x轴方向的电势φ随x变化的情况如图所示，图形关于过x3、垂直x轴的直线对称，图中OA．O∼xB．正电荷沿x轴从x1移到xC．沿x轴方向上，x3D．沿x轴方向，正电荷从x2移到x9．图甲为某电源的U—I图线，图乙为某小灯泡的U—I图线，则下列说法中正确的是（）A．电源的内阻为5ΩB．小灯泡的电阻随着其两端电压的增大而减小C．把电源和小灯泡组成闭合回路，电路的总功率约为0.4WD．把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为0.3W二、多选题10．如图所示，真空中有等量同种点电荷+q、+q分别放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，下列说法正确的是（）A．在MN连线的中垂线上，O点电势最低B．同一正电荷在b点和d点受到的电场力大小相等，方向相反C．同一正电荷在c点电势能大于在a点电势能D．若在b点给电子一垂直纸面合适的速度，电子可绕O点做匀速圆周运动11．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电油滴恰好处于静止状态。若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A．油滴将向下运动 B．电容器的电容变小C．检流计G中有a→b的电流 D．检流计G中有b→a的电流12．在如图所示的电路中，电压表和电流表均视为理想电表，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动过程中，灯泡的电阻恒定不变，电压表示数变化量的绝对值为ΔU，电流表示数变化量的绝对值为ΔI，则下列判断正确的是（）A．灯泡变亮 B．电容器的带电量变小C．电源的效率增大 D．ΔUΔI13．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m，带电量为−q（q>0）的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反。重力加速度为g，则小球从M运动到N的过程中（）A．所受静电力是重力的2倍B．竖直位移是水平位移的2倍C．机械能增加量是重力势能增加量的2倍D．机械能增加量是重力势能增加量的4倍三、解答题14．如图所示，MN板间存在匀强电场，场强E=300N/C，方向竖直向上电场上A、B两点相距10cm，AB连线与电场方向夹角θ=60°，A点和M板相距2cm，求：（1）求AB两点间的电势差；（2）若M板接地（电势为0），求B点电势；（3）将q=+4×1015．某兴趣小组对新能源汽车的工作原理产生了兴趣，他们查阅资料做了一个简单的原理图，主要元件有动力电池组、车灯以及电动机，如图所示，额定电压为70V、线圈电阻RM=2Ω的电动机M与内阻为RL（1）电池组的内阻r；（2）正常工作时，电动机的输出功率。16．多边形ABCDF区域内有平行于纸面方向的匀强电场（图中未标出），已知AB=BC=CD=AF=33m，∠ABC=120°。已知A、B、C三点的电势分别为1V、2V、3V（1）匀强电场的电场强度大小E；（2）电子从F点沿FA方向射入电场时的初动能Ek017．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l=80cm，两板间的距离d=40cm电源电动势E=40V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点。若小球带电量q=1×10－2C，质量为m=2×10－2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表。若小球恰好从A板右边缘射出(g取10m/s（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？（3）此时电源的输出功率是多少？四、实验题18．某学生实验小组利用如图所示电路进行实验，使用的器材有：多用电表、电压表（量程5V，内阻十几kΩ）、滑动变阻器（最大阻值5kΩ）、导线若干（1）将多用电表挡位调到电阻“×100”挡，再将红表笔和黑表笔短接，进行；（2）将图中多用电表的黑表笔和（填“1”或“2”）端相连，红表笔连接另一端；（3）若多用电表挡位调到电阻“×100”挡测量，指针偏转角度过小，应换挡（填“×10”或“×1k”）。19．重庆某军工企业于2013年1月研制成功一种新材料做成的电阻丝，其电阻稳定性非常优良，几乎不随温度发生改变。工程技术员为了准确测定它的电阻率，进行了如下的测量。（1）用游标卡尺测量其长度如图1，由图1可知其长度为cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图2可知其直径为mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡测定电阻丝的阻值约为Ω；（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻丝阻值，可用设备如下：电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω），A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ），V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R（阻值范围0～15Ω）若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选、电压表应选；（5）在图4中将选用的器材连成符合要求的实验电路。（不得改动图中已画出的部分连线）

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．金属的电阻率随温度的升高而增加。A不符合题意；B．元电荷e的数值是由密立根用油滴实验测得的。B不符合题意；C．处于静电平衡状态的导体内部场强处处为0。C符合题意；D．沿着电场线前进电势逐渐降低。电场中某点的电场强度越大，则该点的电势不一定越高。C不符合题意。故答案为：C。

【分析】金属的电阻率随温度的升高而增加，元电荷是由密立根测得的，静电平衡状态的导体内场强为零，沿电场线方向电势逐渐降低。2．【答案】A【解析】【解答】根据库仑定律，初始时，两金属小球间静电力大小为F=3kQ故答案为：A。

【分析】根据库仑定律得出两小球接触并分开后两金属小球间静电力。3．【答案】D【解析】【解答】当端点I、Ⅱ接入电路时，根据电阻定律，电阻R1=ρL1L故答案为：D。

【分析】根据电阻定律得出端点Ⅰ、Ⅱ接入电路和端点Ⅲ、Ⅳ接入电路时的电阻之比。4．【答案】A【解析】【解答】A．a、c两点的点电荷在d点叠加的电场强度的方向由O指向d，b点的点电荷在d点的电场强度的方向也由O指向d，所以d点电场强度的方向由O指向d，A符合题意；B．同理，a、c两点的点电荷在O点叠加的电场强度为零，b点的点电荷在O点的电场强度的方向由O指向d，O点合电场强度的方向由O指向d，B不符合题意；CD．设菱形的边长为L，a点的点电荷在d点产生的电场场强在竖直方向的分量为E0y＝kQ2L2，由对称性及电场叠加原理知，d点的电场强度Ed＝2×kQ2故答案为：A。

【分析】根据点电荷周围电场的分布以及电场的叠加得出do两点的电场强度的方向，结合点电荷周围电场强度的表达式得出do两点电场强度的大小关系。5．【答案】D【解析】【解答】A．根据闭合电路欧姆定律可得I=EB．当外电路断开时，电路电流为零，内电压为零，则路端电压等于电动势，B不符合题意；C．当外电路短路时，此时电流为电源短路电流，则有I=Er，可知电路中的电流并没有趋近于D．当外电阻增大时，电路电流减小，内电压减小，根据闭合电路欧姆定律U外故答案为：D。

【分析】根据闭合电路欧姆定律判断A选项，当电流为零时路端电压等于电源的电动势，结合路端电压和电流的关系式进行分析判断正确的选项。6．【答案】D【解析】【解答】A．灵敏电流计并联一个电阻改装成安培表，根据R=1B．灵敏电流计串联一个电阻改装成电压表，B不符合题意；C．根据R=1D．改装电压表，并联定值电阻R=(n−1)R故答案为：D。

【分析】甲表中R由分流的作用，所以甲表为电流表，R增大时量程减小，结合串联电阻总电阻的求解得出R的大小，改装成电压表后结合并联电路的总电阻的求解得出并联的定值电阻。7．【答案】C【解析】【解答】A．质点所受电场力指向轨迹凹侧，大致方向斜向左上，且和电场强度方向一致，根据沿电场强度方向电势降低可知a、b、c三条等势线中，a的电势最低，A不符合题意；B．等势线越密的位置电场强度越大，所以电场中Q点处的电场强度大小比P点处小，B不符合题意；D．根据A项分析可知P点电势低于Q点电势，根据EpC．质点仅受电场力作用，能量守恒，结合D项分析可知该质点在P点具有动能比在Q点具有的动能大，即该质点在P点的速率比在Q点处大，C符合题意。故答案为：C。

【分析】曲线运动的合力直线轨迹的凹侧，沿着电场线电势逐渐降低，利用电势能的表达式的粗PQ两点电势能的大小，结合动能大小得出PQ两点的速度大小。8．【答案】B【解析】【解答】C．在φ−x图像中，图线的斜率表示电场强度，x3A．在O∼x1区域内，可能存在垂直于B．由电势能EpD．由电场力做功W=qU知沿x轴方向，正电荷从x2移到x故答案为：B。

【分析】φ−x图像中，图线的斜率表示电场强度，从而得出电场强度最大的位置，结合电势能的表达式得出电势能的变化情况，结合电场力做功的表达式得出电场力的做功情况。9．【答案】D【解析】【解答】A．根据闭合电路欧姆定律可得U=E－Ir，所以图甲U—I图线斜率的绝对值表示电源的内阻，即r=1.5−1.0B．图线上的点与坐标原点的连线的斜率表示某一电压时的小灯泡电阻，由图乙可知，随着电压的增大，图线上的点与原点连线的斜率增大，电阻增大，B不符合题意；CD．当电源和小灯泡组成闭合回路时，电源的U—I图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点表示小灯泡两端的电压和电流，如图所示根据图像，读出此时的交点坐标为I=0.6A，U=0.5V，电源的电动势为电源U—I图线的纵截距，即E=1.50V，所以电路的总功率为P总=EI=1.50×0.6W=0.9W，小灯泡的功率为P出=UI=0.5×0.6W=0.3W，C不符合题意，D符合题意。故答案为：D。

【分析】利用闭合电路欧姆定律得出U-I图像的斜率，从而得出电源的内阻，小灯泡的U-I图像切线的斜率表示小灯泡电阻，结合电功率的表达式得出小灯泡的功率。10．【答案】B,D【解析】【解答】A．中垂线上的电场线方向沿中垂线远离O点，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知O点电势最高。A不符合题意；B．根据等量两正电荷连线中垂线上场强分布规律可知，b点和d点的场强等大反向，所以同一正电荷在b点和d点受到的电场力大小相等，方向相反。B符合题意；C．根据电场强度叠加原理及对称性可知，等量正点电荷连线中点O电场强度为零，两侧电场强度沿连线指向O点且关于O点对称，A、c两点电势相等，因此同一正电荷在a、c两点电势能相等。C不符合题意；D．在垂直纸面且经过b、d两点的圆上，所有点的电势相等，并且电子受到的电场力指向O点，若速度方向与电场力方向垂直，电子可绕O点做匀速圆周运动。D符合题意。故答案为：BD。

【分析】沿这电场线方向电势逐渐降低，结合等量两正电荷连线中垂线上场强分布规律和电场强度的叠加进行分析判断。11．【答案】B,C【解析】【解答】A．平行板电容器与电源相连，即电容器电压U不变，将两板缓慢地错开一些，电容器的S减小，但两板间距d不变，则根据E=UB．根据电容器的电容决定式C=εCD．根据电容的定义式C=Q故答案为：BC。

【分析】根据电容器的决定式和匀强电场电场强度的表达式得出电场强度的变化情况，结合共点力平衡和电场力的表达式得出油滴的运动情况，利用电容器的定义式得出电荷量的变化情况，并得出电流的方向。12．【答案】A,B【解析】【解答】AB．根据题意可知，滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，接入电路电阻变小，由闭合回路欧姆定律可得，电流表示数变大，电压表示数变小，路端电压U变小，则灯泡变亮，由公式Q=CU可得，电容器的带电量变小，AB符合题意；C．根据题意可得，电源的效率为η=P出P入=D．根据题意，由闭合回路欧姆定律有U=E−I(RL+r)故答案为：AB。

【分析】滑动变阻器滑片P缓慢向右移动时利用闭合电路欧姆定律和电容器的定义式得出电容器带电量的变化情况，利用路端电压的表达式得出电压表和电流表变化量绝对值的比值。13．【答案】A,D【解析】【解答】A．小球的运动可以看成竖直方向的竖直上抛运动和水平方向在电场力作用下的初速度为0的匀加速直线运动，设运动时间为t，有qEmt=2v，gt=v，则B．竖直位移h=12gCD．重力势能增加量为ΔEP=mgh=12故答案为：AD。

【分析】小球抛出后小球的运动分解为桂平方向的匀变速和竖直方向的竖直上抛运动，结合牛顿第二定律以及匀变速直线运动的速度与时间的关系得出静电力和重力的关系，结合竖直上抛运动的规律以及功能关系得出机械能的增加量和竖直位移与水平位移之间的关系。14．【答案】（1）解：AB两点间的电势差为U（2）解：因为M板电势为0，所以B点的电势等于B点与M板的电势差，有φ（3）解：电场力做功为W=【解析】【分析】（1）根据匀强电场电场强度的表达式得出AB间的电势差；

（2）利用匀强电场电场强度的表达式以及电势差和电势的关系得出B点的电势；

（3）结合电场力做功的表达式得出电荷从B移到A，电场力做的功。。15．【答案】（1）解：S闭合后，电动机正常工作，通过电池组的电流为10A，由E=解得r=0.2Ω（2）解：灯泡的电压等于电动机电压，则流过灯泡的电流为I流过电动机的电流为I电动机的输出功率P【解析】【分析】（1）当s闭合时根据闭合电路欧姆定律得出电池组的内阻；

（2）结合欧姆定律以及并联电路的分流得出流过电动机的电流，结合电功率的表达式得出电动机输出的功率。16．【答案】（1）解：连接AC可知AC中点的电势为2V，过B点作AC的垂线，该垂线即为等势线，CA方向为电场强度的方向，所以有|AC|=2|BC|E=解得E=2V/m（2）解：设电子的质量为m，电子从F点射入时的初速度大小为v0|AF|=|AC|=eE=maE解得E【解析】【分析】（1）根据几何关系以及匀强电场电场强度和电势差的关系得出电场强度的大小；

（2）粒子在偏转电场做类平抛运动，结合类平抛运动的规律以及动能的表达式得出射入电场时的动能。17．【答案】（1）解：设小球在板间飞行时间为t，t=lv0=0.8得飞行加速度a=对小球根据牛顿第二定律得qU解得：UAB所以滑动变阻器的两端电压U滑＝UAB＝24V．设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得I=滑动变阻器接入电路的阻值R滑＝U滑（2）解：此时电流表的示数为1A，电压表的示数为U＝E－Ir＝（40－1×1）V＝39V（3）解：电源的输出功率P出＝IU＝39W【解析】【分