四川省宜宾市第四中学2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题（Word版附解析）

宜宾市四中高2022级高二上学期期中考试物理试题第一部分选择题（共48分）注意事项：每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如有改动，请用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号。一、选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）1.如图，在电荷量为Q的点电荷电场中，电荷量为q的正检验电荷受到的电场力大小为F，方向向右。则检验电荷所处位置的电场强度（　　）A.大小为，方向向右B.大小为，方向向左C.大小为，方向向右D.大小为，方向向左【答案】A【解析】【详解】检验电荷所处位置的电场强度大小为方向向右。故选A。2.如图所示，在阴极射线管的阴、阳两极间加上电压U，电子电量为-e，电子从阴极出发，到达阳极时（　　）A.动能不变B.动能减少了 C.电势能减少了D.电势能增加了【答案】C【解析】【详解】因为电子从阴极出发到达阳极过程中，电场力做功为，即电场力做正功，则电势能减少，动能增加，且电势能减少了，动能增加了，故C正确，ABD错误。故选C。3.如图所示，桌面高为h1，质量为m的小球从高出桌面h2的A点下落到地面上的B点，在此过程中小球的重力势能（  ）A.增加mg(h1+h2)B.减少mg(h1+h2)C.减少mgh1D.增加mgh2【答案】B【解析】【详解】小球从高出桌面h1的A点下落到地面上的B点的过程中，重力做了mg（h1+h2）的正功，则重力势能减小mg（h1+h2）。故选B。4.如图所示，一物体在与水平成θ角的拉力F作用下匀速前进了时间t，则（　　）A.拉力F对物体的冲量大小为FtB.拉力F对物体的冲量大小为FtcosθC.合外力对物体的冲量大小为FtD.合外力对物体的冲量大小为Ftsinθ【答案】A 【解析】【详解】AB．拉力F对物体的冲量为故A正确，B错误；CD．物体做匀速直线运动，合外力为0，故合外力的冲量为0，故CD错误。故选A。5.如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为、、，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是（　　）A.由于不清楚粒子运动方向，粒子电性无法判断B.粒子P点的加速度大于在Q点加速度C.粒子在P点电势能大于在Q点电势能D.粒子在P点的动能大于在Q点动能【答案】D【解析】【详解】A．根据电场线与等势线关系，电荷在电场中的受力方向，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内测，画出电荷在轨迹与等势线交点处的电场力方向，如图所示根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向与电场力方向相同，则粒子带正电，故A错误；B．根据题意，由公式可知，等差等势线越密，电场强大越大，点的电场强度小于点的电场强度，则粒子P点的加速度小于在Q点加速度，故B错误； CD．假设粒子由，由图可知，电场力做负功，则粒子的电势能增加，动能减少，即粒子在P点电势能小于在Q点电势能，粒子在P点的动能大于在Q点动能，故C错误，D正确。故选D。6.截面积为S的导线中，通有电流为I的电流。已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电量是e，自由电子定向移动的速率是v，则在时间内通过导线截面的电子数是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】设内通过导线截面的自由电子数是N，电流可以表示为解得故选A。7.如图是实验室用来研究提升货物的装置示意图。电动机内的线圈电阻，电压表的示数10V，电流表的示数0.5A，货物P重力为40N，不计一切摩擦力。下列说法正确的是（　　）A.电动机线圈上消耗的热功率是5WB.电动机的输出功率是1WC.电动机的输入功率是5WD.电动机的机械效率是75%【答案】C【解析】【详解】A.电动机线圈上消耗的热功率为 故A错误；BC.电动机的输入功率为则可得电动机的输出功率为故C正确，B错误；D.电动机的机械效率为故D错误。故选C。8.关于电容器和电容，下列说法正确的是（　　）A.电容器所带电荷量越多，电容越大B.电容器两板间电压越低，其电容越大C.电容器不带电时，其电容也不为零D.电容器电容只由它本身的特性决定【答案】CD【解析】【详解】电容器的电容根据定义可知，这是比值法定义的物理量，电容由电容器自身决定，与电容器电荷量及板间电压无关，电容器不带电时，其电容也不为零。故选CD。9.对伏安特性曲线的理解（如图甲、乙所示），下列说法正确的是（　　） A.图线a、e、d、f表示线性元件，b、c表示非线性元件B.在图甲中，斜率表示电阻的大小，斜率越大，电阻越大，Ra>ReC.在图乙中，斜率表示电阻倒数的大小，斜率越大，电阻越小，Rd<RfD.图线b的斜率变小，电阻变小，图线c的斜率变大，电阻变大【答案】ABC【解析】【详解】A．由欧姆定律知，电阻一定时电流与电压成正比，甲乙两图中图线a、e、d、f是定值电阻，表示线性原件，b、c是非定值电阻，表示非线性元件。故A正确；B．甲图像中斜率表示电阻，图线a的斜率大于图线e的斜率，所以。故B正确；C．乙图线中斜率表示电阻的倒数，图线d的斜率大于图线f的斜率，所以。故C正确；D．甲图像中斜率表示电阻，则图线b的斜率变小，电阻变小，乙图线中斜率表示电阻的倒数，则图线c的斜率变大，电阻变小。故D错误。故选ABC。10.电流传感器可以像电流表一样测量电流，可以捕捉到瞬间的电流变化，相当于一个理想电流表。用如图甲所示的电路来研究电容器的放电过程，实验时将开关S拨到1端，用直流8V电压给电容器充电，待电路稳定后，将电流传感器打开，再将开关S拨到2端，电容器通过电阻R放电。以S拨到2端时为t=0时刻，电流传感器测得的电流I随时间t变化图像如图乙所示，根据题意，下列说法正确的是（  ）A.由I-t图可知，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为3.2×10-3CB.由I-t图可知，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为3.2CC.此电容器电容约为4.0×10-4FD.此电容器的电容约为0.4F【答案】AC【解析】【详解】AB．将横坐标t分成许多很小的时间间隔，在这些很小的时间间隔里，放电电流I可以视为不 变，则为这段时间内的电量，则电容器所带的电荷量为式中、…为图中的狭条形面积，由此可知，电容器所带的电荷量在数值上等于图像与坐标轴所包围的面积，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标的每个小格为0.4s，则每个小格所代表的电荷量数值为q=0.2×10-3×0.4C=8×10-5C曲线下包含的小正方形的个数为40个（不满半格的舍去），总放电量为Q=40×8×10-5C=3.2×10-3C故A正确，B错误；CD．由电容的定义式，可得电容值故C正确，D错误。故选AC。11.如图甲，长木板A静放在光滑的水平面上，质量m=1kg的物块B以v0=3m/s的速度滑上A的左端，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s²，由此可得()A.A的质量mA=1kgB.A、B间的动摩擦因数为0．2C.木板A的长度至少为2mD.0～2s内，A、B系统机械能的损失为3J【答案】BD【解析】【详解】由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=（m+mA）v，解得：mA=2kg，故A错误；0～2s内，A、B系统机械能的损失为：，故D正确；B的加速度大小：，由牛顿第二定律得μmg=ma，解得μ=0.2，故B正确；根据“面积”之差求出木板A的长度即： ，故C错误．所以BD正确，AC错误．第二部分非选择题（共52分）注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。二、实验题（共14分）12.要测绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；电流表（量程为0250mA，内阻约5Ω）；电压表（量程为03V，内阻约3kΩ）；电键一个、导线若干（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_____（填字母代号）；A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）（2）实验电路图应选用下列的图____________（填字母代号）；（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是__________________W。 【答案】①.A②.B③.0.1【解析】【详解】（1）[1]由于实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，所以滑动变阻器应采用分压式接法，为了便于控制分压，应选择最大阻值较小的A。（2）[2]小灯泡正常发光时的电阻为而小灯泡电阻随温度升高而增大，所以小灯泡的电流小于额定电流时，其电阻小于15Ω，综上所述可知，实验过程中小灯泡的电阻将始终满足所以为了减小系统误差，电流表应采用外接法，而滑动变阻器采用分压式接法。故选B。（3）[3]如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，设灯泡两端电压为U，电路中电流为I，根据闭合电路欧姆定律有代入数据并整理得将上式对应的图线与小灯泡的I-U图线作在同一坐标系中如图所示，则两图线交点（1.0V，0.10A）为小灯泡的工作点，此时小灯泡消耗的功率为13.（1）用螺旋测微器测量某金属丝直径时的刻度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为___________。用游标卡尺可以测量某些工件的外径。在测量时，示数如图所示，则读数分别为 ___________。（2）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，如果测出金属丝接入电路的长度、直径和金属丝接入电路时的电流和其两端的电压，就可求出金属丝的电阻率。用以上实验中直接测出的物理量来表示电阻率，其表达式为___________。（3）在此实验中，金属丝的电阻大约为，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电丝外，选用了如下实验器材：A．直流电源：电动势约，内阻不计；B．电流表A：量程，内阻约；C．电压表V：量程，内阻约；D．滑动变阻器：最大阻值；E．开关、导线等。在以下可供选择的实验电路中，应该选图___________（填“甲”或“乙”）.【答案】①.0.680②.29.8③.④.甲【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图中刻度可知金属丝的直径为[2]10分度游标卡尺的精确值为，由图中刻度可知工件的外径为（2）[3]根据电阻定律可得 又，联立可得电阻率表达式为（3）[4]金属丝的电阻大约为，由于故电流表应采用外接法，实验电路应该选图甲。三、计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分）14.如图为一款游乐场电动车的原理图。已知电源电动势E=32V，灯泡L规格为“30V15W”且电阻不变，电动机M的内阻，当电动车正常行驶时，灯泡L恰好正常发光，且干路电流I=2.5A。在电动车正常行驶状态下，求：（1）电源的内阻r；（2）电动机机械功率。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）灯泡L正常发光，故路端电压为由闭合电路欧姆定律代入数据解得 （2）灯泡L的电功率为代入数据得根据并联电路特征可知通过电动机的电流为电动机的输入功率为电动机线圈的热功率为由电动机能量转化特征可知代入数据解得15.图示是“加速度计”的原理图．水平支架A、B固定在待测物体上，小球穿在A、B间的水平光滑金属杆上，将轻质弹簧一端固接于支架A上，另一端与小球相连，其下的滑动臂可在滑动变阻器上自由滑动．随着系统沿AB方向做变速运动，滑块在支架上相对AB中点发生位移，并通过电路转换为电信号从1、2两接线柱输出．已知小球的质量为m，弹簧的劲度系数为k，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器总阻值R=4r，有效总长度为L．当待测系统静止时，滑动臂P位于滑动变阻器的中点，取A→B方向为正方向．(1)请写出待测物体沿AB方向做变速运动的加速度a与1、2两接线柱间的输出电压U间的关系式．(2)确定该“加速度计”能测量的最大值． 【答案】(1)；(2)【解析】【分析】电压表测量滑动变阻器左侧部分的电压，由闭合电路欧姆定律可得出电压的表达式；由弹簧的移动可得出此时的受到的弹力，由牛顿第二定律可得出加速度与电压间的关系；由题意可知电压表测量的电压范围及m的运动范围；则由（1）中的表达式可得出测量范围．【详解】解：(1)设待测物体沿AB方向有加速度a，滑块将向左移x，满足回路中的电流为：而输出电压为：故有：(2)由题意可知：结合a与U的表达式,可知加速度计能测量的最大值为16.如图所示，光滑水平面MN左端挡板处有一弹射装置P，右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，水平部分NQ的长度L=8m，皮带轮逆时针转动带动传送带以v=2m/s的速度匀速转动。MN上放置两个质量都为m=1.0kg的小物块A、B，它们与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4。开始时，A、B静止，A、B间压缩一轻质弹簧，其弹性势能Ep=16J。现解除锁定，弹开A、B，并迅速移走弹簧。（1）求物块B被弹开时速度的大小；（2）A与P相碰后静止，当物块B返回水平面MN后，A被P弹出，A、B相碰后粘在一起向右滑动，要使A、B连接体刚好从Q端滑出，求P对A做的功。【答案】（1）4m/s；（2）162J【解析】【详解】（1）对于A、B物块被弹簧分开的过程，由动量守恒定律得mvA=mvB根据能量守恒知 代入数据得vA=vB=4m/s（2）以B物体为研究对象，因为vB>v，B物体返回到水平面MN后他的速度为vB1=v=2m/s设A与B碰前的速度为vA1，B被A碰撞一起向右运动的速度为vB2，要使A、B连接体刚好从Q端滑出，则B物体的末速度vB3=0，由匀变速直线运动规律知vB22=2as且有μmg=ma解得vB2=8m/s对于A、B的碰撞过程由动量守恒得mvA1-mvB1=2mvB2解得vA1=18m/s由动能定理得P对A做的功为