天津市红桥区2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1高二物理第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、单选题（本题共6小题，每小题4分共24分）1.如图所示，半径为的两个相同金属球，两球心相距，若它们所带电荷量分别为，则它们之间相互作用的静电力的大小为（  ）A. B.C. D.【答案】C【解析】它们所带电荷是异种电荷，则相互吸引，电荷间距小于4r，因此库仑力2.如图所示为一对电荷量分别为和的点电荷的电场线分布，M、N、P、Q为电场中的四点。下列说法正确的是（）A.M、Q两点场强大小关系为B.M、P两点电势关系为C.同一带负电的试探电荷，其在M点的电势能比在N点的电势能小D.若P、Q两点关于两点电荷连线对称，则P、Q两点电场强度相同【答案】C【解析】A．电场线越密，电场强度越大，处电场线较密，、两点场强大小关系为故A错误；B．根据沿电场线电势逐渐降低，、两点电势关系为故B错误；C．因，由可知，同一带负电的试探电荷，其在M点的电势能比在N点的电势能小，故C正确；D．若P、Q两点关于两点电荷连线对称，根据对称性可知两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不相同，故D错误。故选C3.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）A.该电场有可能由负点电荷形成B.带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度C.带电粒子在P点时的速度小于在Q点时的速度D.带电粒子在P点时的电势能小于在Q点时的电势能【答案】D【解析】A．带负电粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右，电场线方向向左，故该电场有可能由正点电荷形成，故A错误；B．由电场线疏密可知，P点场强比Q场强点大，所以带电粒子在P点的电场力大，则带电粒子在P点的加速度大，故B错误；CD．若带电粒子从P运动到Q，电场力做负功，带电粒子的电势能增大，动能减小，即带电粒子在P点时的速度大于在Q点时的速度，带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故C错误、故D正确。故选D。4.如图为探究平行板电容器电容决定因素的实验装置，P为两极板间的一点。在某次实验中，保持极板上的电荷量Q和两极板的正对面积S不变，将左极板向左平移一小段距离，则下列说法中正确的是（）A.电容器的电容会增大 B.两板间的电势差会增大C.静电计指针的偏角会减小 D.P点的电势保持不变【答案】B【解析】ABC．保持极板上的电荷量Q和两极板的正对面积S不变，把左板向左平移一小段距离后，极板间距d变大，由可知，电容C变小，由可知，电压U变大，静电计指针偏转角表示的就是极板间电压，故可观察到静电计指针偏转角变大。故AC错误；B正确；D．极板间的电场强度可表示为故场强与d无关，场强不变。由题意可知，左侧极板接地，即左侧极板的电势不变为零，有左极板电势不变为零，P点到左极板的距离增加，所以P点电势升高。故D错误。5.如图所示的图像中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系图线，图线b为电阻R的图线。用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，以下说法正确的是（）A.此状态下R的阻值为2ΩB.该电源电动势为4V，内阻为1ΩC.此状态下R的功率为6WD.此状态下电源的总功率为8W【答案】A【解析】A．由图像交点坐标，可得此状态下R阻值为故A正确；B．根据闭合电路欧姆定律可得根据U-I图像可得，电源电动势为纵截距6.0V，内阻为故B错误；C．此状态下R的功率为故C错误；D．此状态下电源的总功率为故D错误。故选A。6.火警报警器的电路示意图如图所示。其中，为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器。当传感器所在处出现火情时，通过显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（）A.I变大，U变小 B.I变大，U变大C.I变小，U变小 D.I变小，U变大【答案】C【解析】当传感器所在处出现火情时，温度升高，的电阻减小，则电路中的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流变大，路端电压变小，则报警器两端的电压U减小，电阻两端的电压增大，根据分压原理可知，电阻两端的电压变小，则流过的电流减小，即电流表示数I变小。二、多选题.（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分）7.如图甲所示的电路，其中电源电动势，内阻，定值电阻，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值RP的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（）A.图乙中滑动变阻器的最大功率B.图乙中，C.滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R消耗的功率也最大D.调整滑动变阻器RP的阻值从最右端滑到最左端，电源的效率先增大后减小【答案】AB【解析】A．根据电路图，把定值电阻等效看成电源内阻的一部分，即由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻等于内阻时，电源输出功率最大，即时，滑动变阻器此时消耗的功率最大，为故A正确；B．由选项A分析可知图乙中时，滑动变阻器此时消耗的功率达最大。根据图乙，可知当时，滑动变阻器消耗的功率等于时消耗的功率，根据有解得故B正确；C．对于定值电阻电流越大功率越大，因此滑动变阻器的阻值为零时，此时滑动变阻器的功率为零，定值电阻R消耗的功率最大，故C错误；D．电源的效率为调整滑动变阻器的阻值从最右端滑到最左端时，RP变大，则变大，电源的效率一直增大，故D错误。故选AB。8.如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中，O是两点电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O点对称，则（）A.B、C两点场强大小和方向都相同B.A、D两点场强大小相等，方向相反C.E、O、F三点比较，O的场强最大D.B、O、C三点比较，O点场强最大【答案】AC【解析】A．等量异种点电荷的电场分布如图所示由对称性可知，B、C两点场强大小和方向均向右，A正确；B．A、D两点场强大小相等、方向均向左，B错误；CD．在两点电电荷连线的中垂线上，O点场强最大，在两点电荷连线上，O点场强最小，C正确，D错误。故选AC。9.电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10-8J，在B点的电势能为8.0×10-9J。已知A、B两点在同一条电场线上，如图所示该点电荷的电荷量为1.0×10-9C，那么（）A.该电荷为负电荷B.该电荷为正电荷C.A、B两点的电势差UAB=-4.0VD.把电荷从A移到B，电场力做功为W=4.0J【答案】AC【解析】点电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，从A到B静电力做正功，所以该电荷一定为负电荷，且WAB＝EpA－EpB＝1.2×10－8J－8.0×10－9J＝4.0×10－9J则有UAB＝＝V＝－4.0V故选AC。10.下列关于电源电动势的说法正确的是（）A.电源是通过静电力把其它形式的能转化为电能的装置B.在电源内部正电荷从低电势处向高电势处移动C.电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领D.把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势也将变化【答案】BC【解析】A．电源是通过非静电力把其它形式的能转化为电能的装置，故A错误；B．在电源内部正电荷从低电势处向高电势处移动，故B正确；C．根据电源电动势的物理意义可知，电动势反映了电源内部非静电力做功的本领，把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不会变化，故C正确，D错误；故选BC。第Ⅱ卷(非选择题，共60分)三、实验题（本题满分16分，每空2分）11.某同学想把一量程为2、内阻未知的毫安表改成量程为0.6A的电流表，该同学先用多用电表测量此毫安表的内阻，进行了如下操作：（1）将多用电表挡位调到电阻“×10”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调零点。（2）将图甲中多用电表的红表笔和__________（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。（3）测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，需要将多用电表挡位调到电阻__________（填“×1”或“×100”）挡。（4）将红表笔和黑表笔短接，调零点。（5）如果需要改成量程为0.6A的电流表，需要__________（填“串联”或“并联”）__________Ω（结果保留2位有效数字）的电阻。【答案】（2）1（3）×100（5）并联5.0【解析】（2）[1]因为多用电表选择的是欧姆挡，则电流从红表笔流入多用电表、黑表笔流出多用电表，从待测毫安表正接线柱流入、负接线柱流出，所以应将图甲中多用电表的红表笔和1端相连，黑表笔与2端相连。（3）[2]测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，说明读数过大，需要换用更高倍率挡位，所以需要将多用电表挡位调到电阻“×100”挡。（5）[3][4]由图乙可知毫安表的内阻为如果需要将毫安表改成量程为0.6A的电流表，则需要并联分流电阻的阻值符合整理并代入数据解得12.某研究小组设计了一个实验方案，粗测滑动变阻器电阻丝的电阻率，实验步骤如下：（1）如图甲所示，滑动变阻器瓷筒上紧密缠绕着单层电阻丝，测量出瓷筒外管直径D及瓷筒上电阻丝缠绕的总宽度l；（2）测得n匝电阻丝缠绕后的宽度为x，则电阻丝直径d=___________；（3）由于d<<D，可算出电阻丝总长度；（4）已知该滑动变阻器阻值较小，但铭牌模糊，通过如图乙所示电路来测量其最大电阻。为了减小误差，电压表的c端应该与___________（选填“a”或“b”）连接；（5）闭合开关得到电压表示数U，电流表示数I；（6）可以估算出电阻丝的电阻率___________（用x，n，D，U，I，l表示）；（7）电阻丝表层涂有绝缘漆，则因绝缘漆的存在使得电阻率的测量值________真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）。【答案】（2）（4）a（6）（7）大于【解析】（2）[1]n匝电阻丝缠绕后的宽度为x，所以1匝电阻丝的直径为；（4）因为滑动变阻器的阻值较小，故根据“内大外小”原则，电流表应该选用外接法，故应该连接a；（6）根据电阻决定式由闭合电路欧姆定律由几何知识联立可得（7）[4]因绝缘漆的存在使得半径测量值变大，因此电阻率的测量值大于真实值。四、计算题：（本题共3个小题，共44分，13题12分，14题14分，15题18分。写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.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，用轻质丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成角时小球恰好平衡，如图所示。重力加速度为g，求：（1）小球所带电荷量多少？（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【答案】（1）（2）【解析】（1）小球处于平衡状态，小球所受电场力方向水平向右，与电场方向相同，则小球带正电，对小球进行受力分析，如图所示根据平衡条件有，解得（2）结合上述有剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线对小球的拉力大小相等、方向相反，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于，即有根据牛顿第二定律有小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板时，它的位移为根据位移公式有解得14.铜的电阻率，单位体积的自由电子数，。一根长L＝3.2m、横截面积的铜棒，两端电势差，求：（1）铜棒的电阻；（2）通过铜棒的电流；（3）铜棒内的电场强度大小；（结果保留两位有效数字，下同）（4）自由电子定向移动的速率。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）由电阻定律得，铜棒的电阻为（2）由欧姆定律得，通过铜棒的电流为（3）由得，铜棒内电场强度大小为（4）由得，电子的定向移动速率为15.如图所示，一质量、电荷量的带正电的粒子由静止经加速电场加速后，又沿极板中心轴线从O点垂直进入偏转电场，并从另一侧射出打在竖直荧光屏上的P点（图中未画出）。点是荧光屏的中心，已知加速电场电压，偏转电场电压，偏转电场极板的长度，板间距离，极板的右