云南省保山市2023-2024学年高二上学期物理期中考试试卷（含答案）

云南省保山市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．如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，a和c带正电，b带负电，a所带电量比b少，则图中能大致表示c受到a和b的静电力的合力的是（）A．F1 B．F2 C．F3 D．F42．如图甲所示为某电场中的一条电场线，一电子只在电场力的作用下从A点到B点运动的速度-时间图像如图乙所示，则下列分析正确的是（）A．该电场可能是正点电荷产生的B．从A点运动到B点的过程中该粒子的电势能变小C．A点的电势一定高于B点的电势D．A点的电场强度比B点的大3．如图所示，质量为3kg的长木板B静置于光滑水平面上，其上放置质量为1kg的物块A，A与B之间的动摩擦因数为0.5设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且当地的重力加速度为10m/sA．20N B．15N C．5N D．25N4．2021年6月17日15时54分，“神舟十二号”载人飞船与“天和”核心舱成功对接，与此前已对接的“天舟二号”货运飞船一起构成三舱（船）组合体，运行在距地面约为390km的近圆对接轨道。已知地球半径为6370km，地球表面重力加速度大小为9.A．8.1km/s B．8.9km/s C．5．如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，由此可见（）A．小球带正电B．电场力为3mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间之比3D．小球从A到B与从B到C的速度变化量大小不相同6．如图所示，直线A为电源的路端电压U与电流I的关系图线，直线B是电阻R两端电压U与电流I的关系图线，用该电源与电阻R组成闭合电路，则下列说法错误的是（）A．电源的电动势为3V B．电阻R是1ΩC．R消耗的功率是4W D．电源内阻消耗的功率是1W7．在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，电压表V1的读数为U1，电压表V2的读数为U2，当R5的滑片向a端移动过程中，电流表A1A．I1变大，ΔU1B．I1变大，ΔU1C．I1变小，I2变小，D．U1变小，U2变小，二、多选题8．一电子经过电场中的A、B两点，电子在A点电势能为4.8×10-17J，动能为3.2×10-17J，经过B点时电势能为6.4×10-17J，如果只考虑电子受电场力作用，则下列说法正确的是（）A．电子在B点动能为1.6×10-17J B．电子从A到B电场力做功为100eVC．A点电势低于B点电势 D．A、B两点电势差为100V9．如图甲所示，质量为2kg的物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平面运动，1s后撤掉恒力F，其运动的v−t图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．在0～2s内，合外力一直做正功B．在0.5s时，恒力F的瞬时功率为150WC．在0～1s内，合外力的平均功率为150WD．在0～3s内，物体克服摩擦力做功为150J10．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表。开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态。则若将P向上移动，过程中下列说法正确的是（）A．油滴带负电 B．A表的示数变大C．油滴向上加速运动 D．G中有由a→b的电流11．如图所示，真空中有一正方形ABCD，M、N分别是AB和CD的中点，现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、－Q的等量异种点电荷，下列说法中正确的是（）A．将试探电荷－q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷－q的电势能减少B．将试探电荷+q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷+q的电势能不变C．N点的电场强度方向平行于AB且跟MN垂直D．C、D两点的电场强度相同三、实验题12．为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的总质量，滑轮由铁丝固定在车上，质量为m0=0.（1）实验时，一定要进行的操作是____。A．用天平测出砂和砂桶的总质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M（2）甲同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出打点计时器打下标号为2的点时小车的速度为m/s，小车的加速度为m/s13．某同学要测量。均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：（1）用游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为L=mm。（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D=mm。（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为Ω。（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A（量程0∼30mA，内阻约30Ω）；电压表V（量程0∼3V，内阻约10kΩ）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围0∼15Ω，允许通过的最大电流2.0A开关S；导线若干。为减小测量误差，在实验中实验电路应采用图中的，但用此电路图测得的电阻值真实值（填“大于”“等于”或“小于”）。A．B．C．D．四、解答题14．竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E。在该匀强电场中，用长为L的丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图所示，重力加速度为g。求：（1）画出小球的受力图；（2）小球所带电荷的电性及电荷量大小。15．如图所示，粗糙水平面AB长为L，与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为r。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹簧弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，然后经B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为9mg，之后向上运动到达最高点C点时对轨道的压力大小为mg。已知物块与水平面的动摩擦因数是μ，不计空气阻力，求：（1）物体在A点时弹簧的弹性势能；（2）物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。16．在如图所示的电路中，电源电动势E=20V、内阻r=1.0Ω，电动机的电阻R0=2.（1）求电动机消耗的电功率；（2）求电源的输出功率；（3）若电动机以v=0.5m/s匀速竖直向上提升重物，取重力加速度大小17．如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=3.0×104N/C。现有一电荷量q=+1.0×10−5（1）带电体运动到圆形轨道C点时的速度大小；（2）带电体在圆弧形轨道上运动的最大速度；（3）D点到B点的距离x。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】如图可知，a对c的静电力为斥力，沿ac方向；b对c的静电力为引力，沿cb方向，因a所带电量比b少，故Fac小于Fbc，所以两个力的合力方向是F1。故选A。

【分析】根据库仑定律得出ab对c的库仑力，结合力的合成得出两个力的合力方向。2．【答案】C【解析】【解答】由图乙可知，电子A点到B点的过程中，速度减小，动能减小，电子的加速度恒定，故可知电场为匀强电场，该电场不可能是正点电荷产生的，且电场力做负功，故电势能增加，则电子在B点的电势能大于在A点的电势能，由于电子带负电可得A点的电势高于B点电势。故选C。

【分析】根据图乙得出电子的运动情况，v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，结合功能关系得出电势能的变化情况。3．【答案】A【解析】【解答】A物体的加速度由B对A的摩擦力提供，当摩擦力达到最大静摩擦的时候，A、B发生相对滑动，A物体的最大静摩擦力为f=μ则发生相对滑动时，A的加速度为a=将A、B看成一个整体，由牛顿第二定律得F=代入数据解得F=20N故A正确，BCD错误。故选A。

【分析】根据滑动摩擦力的表达式以及牛顿第二定律得出A的加速度，将AB看成整体，利用牛顿第二定律得出拉力的大小。4．【答案】C【解析】【解答】对组合体由万有引力作为向心力可得G地球表面的重力加速度可表示为g=G解得v≈7故C正确。

【分析】对组合体由万有引力作为向心力以及星球表面重力等于万有引力从而得出组合体绕地球运动的速度。5．【答案】B【解析】【解答】A．小球受到的电场力竖直向上，方向与电场强度方向相反，所以小球带负电，故A错误；B．由于A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，根据几何关系可知小球在进入电场前后的水平向位移之比为x由于小球在进入电场前后都做类平抛运动，则小球由A运动到B和由B运动到C的时间之比为t又根据竖直方向的位移y解得a=2g根据牛顿第二定律F−mg=2mg可知小球受到的电场力F=3mg故B正确，C错误；D．根据速度变化量Δv=at则得AB过程速度变化量大小为ΔBC过程速度变化量大小为Δ所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，但方向相反，故D错误；故选B。

【分析】根据负电荷所受电场力的方向得出小球的电性，小球在进入电场前后都做类平抛运动，结合平抛运动的规律得出小球所受的电场力，通过加速度的定义式得出小球A到B的速度变化量和B到C的速度变化量大小关系。6．【答案】D【解析】【解答】A．由图可得，电源的电动势为3V，电源的内阻r=故A正确，不符合题意；B．电阻的阻值为R=故B正确，不符合题意；C．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时的工作状态，由图可知电压为2V，电流为2A，则R消耗的功率为P=UI=4W故C正确，不符合题意；D．电源内阻消耗的功率为P故D错误，符合题意。故选D。

【分析】根据U-I图像得出电源的电动势和内阻，根据图像B的斜率得出电阻R的阻值，通过电功率的表达式得出R消耗的功率，几何热功率的表达式得出电源内阻消耗的功率。7．【答案】D【解析】【解答】AB．当R5的滑片向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流I1变大，路端电压变小，I1增大，则U2变小，因此I2变小。而U1变小、U由闭合电路欧姆定律知U则Δ不变，故AB错误；CD．同理ΔU2ΔI2等于电阻R故选D。

【分析】当R5的滑片向图中a8．【答案】A,D【解析】【解答】A.因只有电场力做功；故电势能和动能之和守恒；在A点，总能量为：E=Ek+EP=3.2×10-17+4.8×10-17=8×10-17J则可知在B点动能Ek=E-EP=8×10-17-6.4×10-17=1.6×10-17J故A正确．B.电场力做的功等于电势能的该变量，所以WAB=EPA-EPB=-1.6×10-17J=-100eV故B错误．C.电子在电势低的地方电势能大，所以B点电势低，故C错误．D.根据电势差与电场力做功的关系WAB=-eUAB，所以UAB=100V，故D正确．

【分析】只有电场力做功时系统势能和动能之和守恒，根据能量守恒得出B点的动能，电场力做的功等于电势能的该变量，电子在电势低的地方电势能大。9．【答案】B,D【解析】【解答】A．由v−t图像可知，物体在0～2s内速度先增大后减小，则合力先做正功后做负功，A错误；B．由v−t图像可知，物体在0～1s内的加速度大小为a在1～3s内的加速度大小为a根据牛顿第二定律可知F−f=mf=m解得F=30Nf=10N故恒力F在0.5s时的瞬时功率为P=FB正确；C．由动能定理可知W故其平均功率为PC错误；D．物体克服摩擦力做的功为WD正确。故选BD。

【分析】v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，利用牛顿第二定律以及瞬时功率的表达式得出F的功率，通过动能定理以及平均功率的表达式得出合外力的平均功率。10．【答案】A,C【解析】【解答】A．电容器上极板带正电，下级板带负电荷，油滴静止，电场力方向向上，则油滴带负电，A正确；B．P向上移动，滑动变阻器的阻值变大，则外电路的总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律I=电流表A的示数变小，B错误；C．P向上移动，滑动变阻器的阻值变大，则外电路的总电阻增大，则外电压U外增大，根据电阻R1的两端电压变小，根据UU并D．电容器两端的电压增大，根据Q=CU电容器充电，G中有由b→a的电流，D错误。故选AC。

【分析】根据电容器上下极板的电性得出油滴所带的电性，结合闭合电路欧姆定律得出电流表示数的变化情况，利用欧姆定律以及电容器的定义式得出油滴的运动情况以及G中电流的方向。11．【答案】A,B,C【解析】【解答】AB．根据等量异种电荷的电场可知，MN为等势面，在MN的右侧电势为负值，而在MN的左侧，电势为正值，因此将试探电荷+q从M点移到N点，在等面上移动，电场力不做功，电势能不变；而将试探电荷－q从电势为负值的C点移到电势为正值的D点，电场力做正功，电势能减少，AB正确；C．等势面与电场线垂直，因此N点的电场强度方向平行于AB，跟MN垂直，C正确；D．根据对称性，C、D两点的电场强度大小相等，但方向不同，因此电场强度不相同，D错误。故选ABC。

【分析】根据等量异种电荷周围电场线的分布得出电势和电场强度的变化情况，利用功能关系得出电势能的变化情况，等势面与电场线垂直。12．【答案】（1）B；C（2）0.396；0.380【解析】【解答】（1）AD．本题中轻绳上的拉力可以由力传感器测出，因此不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不需要使砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故AD错误；B．实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C．实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，并记录力传感器的示数，故C正确；故选BC。（2）相邻两计数点间的时间间隔为T=0根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得v根据Δx=a运用逐差法可得小车的加速度a=[（4.53+4.15）－（3.77+3.39）]×10−2（2×0.113．【答案】（1）102.30（2）4.950（3）120（4）A；小于【解析】【解答】（1）用游标卡尺测量其长度为L=10.2cm+0.05mm×6=102.30mm（2）用螺旋测微器测量其直径D=4.5mm+0.01mm×45.0=4.950mm（3）该电阻的阻值约为12×10Ω=120Ω（4）因R即电压表内阻远大于待测电阻，可知电路要采用电流表外接；滑动变阻器要用分压电路，则电路图选择A；在该电路中，由于电压表的分流作用，使得电流的测量值偏大，则用此电路图测得的电阻值小于真实值。【分析】（1）根据游标卡尺的读数规律进行读数；

（2）根据螺旋测微器的读数规律进行读数；

（3）根据多用电表的读数规律读出电阻的阻值；

（4）根据电力表内外接的判断方法和电路的动态分析判断测量值与真实值的关系。14．【答案】（1）解：电场水平方向，由小球处于平衡状态时丝线斜向右，说明电场力水平向右，小球受力如图所示（2）解：因为小球受到向右的电场力，所以小球带正电由小球处于平衡状态得TT解得qE=mg则q=【解析】【分析】根据共点力平衡得出小球所受电场力的方向，从而对小球进行受力分析；

（2）根据共点力平衡得出小球所带电荷量的表达式。15．【答案】（1）解：物体在B点，根据牛顿第二定律有F且F联立解得v物体从A到B，根据能量守恒定律有E解得E（2）解：物体在C点，根据牛顿第二定律有F且F联立解得v物体从B到C，根据能量守恒定律1解得Q=mgr【解析】【分析】（1）物体在B点，根据牛顿第二定律得出B点的速度，物体从A到B，根据能量守恒定律得出物体在A点时弹簧的弹性