安徽省池州市贵池区2023-2024学年高二上学期期中物理试卷（Word版附解析）

贵池区2023~2024学年度第一学期期中教学质量检测高二物理试题（考试时间：75分钟满分：100分）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3.请按题号顺序在各题答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持答题卡卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.关于物理学史，下列说法错误的是（　　）A.正电荷和负电荷最早是由英国科学家爱迪生命名的B.元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的C.英国物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场D.库仑利用扭秤装置得出了库仑定律【答案】A【解析】【详解】A．正电荷和负电荷最早是由美国科学家富兰克林命名的，故A错误，符合题意。B．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，选项B正确，不符合题意；C．英国物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场，选项C正确，不符合题意；D．库仑利用扭秤装置得出了库仑定律，选项D正确，不符合题意；故选A。2.如图所示，带电体Q靠近一个接地空腔正方体导体，空腔里面无电荷，达到静电平衡后，下列物理量中不等于零的是（  ） A.导体空腔内任意点的场强B.导体空腔内任意点的电势C.导体外表面的电荷量D.导体空腔内表面的电荷量【答案】C【解析】【详解】A．由于静电屏蔽作用，导体的外壳就会对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响。所以导体腔内任意点的场强为零，故A错误；B．导体的外壳接地，整个导体腔是大地的远端，可以看作无穷远处，电势为0，而这是个等势体，于是导体腔内任意点的电势都为零，故B错误；CD．+Q将大地的负电荷吸引到外表面，因为导体上的电荷相互排斥，所以只能外表面有电荷，即导体外表面的电荷量不为0，故C正确，D错误。故选C。3.如图，一带正电的点电荷固定于点，两虚线圆均以为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，、、、d、为轨迹和虚线圆的交点，不计重力。下列说法错误的是（　　）A.M带负电荷，N带正电荷B.M在点的动能小于它在点的动能C.N在d点的电势能等于它在点的电势能D.N在从点运动到d点的过程中克服电场力做功【答案】D【解析】【详解】A．由图中带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹可知，粒子M受到引力作用所以带负电， 粒子N受到斥力作用所以带正电，选项A正确；B．由于a点比b点更靠近带正电的点电荷，所以粒子M由a点运动到b点的过程中粒子要克服电场力做功，动能减小，选项B正确；C．d点和e点在同一个等势面上，所以N在d点电势能等于它在e点的电势能，选项C正确；D．粒子N带正电，从c点运动到d点的过程中电场力做正功，选项D错误。本体选错误的，故选D。4.有两个相同材料制成的导体，两导体为上、下面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，现将大小柱体串联接在电压U上，已知通过导体电流方向如图，大小为I，则A.导体电阻率为B.导体电阻率为C.大柱体中自由电荷定向移动的速率大于小柱体中自由电荷定向移动的速率D.大柱体中自由电荷定向移动的速率等于小柱体中自由电荷定向移动的速率【答案】A【解析】【详解】AB：由电阻定律可知：两导体的电阻；两电阻串联，分压相等，则a两端的电压为；可知：，解得：．故A项正确，B项错误．CD：由可知，电流相同，单位体积内的电子数相同，电子的电荷量相同，横截面积不相同，则小柱体中电子定向移动速率大．故CD两项错误．5.如图所示，A、B、C、D为水平圆周上的四个点，C、D、E、F为竖直圆周上的四个点，两圆共直径CD，其中与两直径垂直于，与两直径亦垂直于，两个圆的半径均为。现在A、B两点分别放置一个电荷量为的点电荷和一个电荷量为的点电荷，则在两点电荷产生的电场中（　　） A.若将一负检验电荷沿竖直圆周由点移到点，则该电荷受到的电场力不断减小B.若将一带负检验电荷的粒子（不计重力）在点给以适当的初速度，则粒子可能沿FDECF做匀速圆周运动C.若将一负检验电荷从A点附近沿半径移动到点后再沿半径移动到点，则该电荷电势能先减小后不变D.O点电势等于D点电势，O点场强大于D场强且方向相同【答案】D【解析】【详解】A．沿竖直圆周由E到D，场强大小不变，一负检验电荷受到的电场力大小不变，A错误；B．一带负检验电荷的粒子（不计重力）在F点受电场力方向垂直CDEF圆面，没有受到指圆心方向的力的作用，带电粒子不可能做匀速圆周运动，B错误；C．一负检验电荷先从A到O顺电场线移动，电场力做负功，后沿等势面移动电场力不做功，即电势能先增加后不变，C错误；D．CDEF所在的圆面是线段AB的中垂面，A、B两点形成的电场为等量异种点电荷的电场，根据等量异种点电荷的电场的分布特点可知，该CDEF所在的圆面与电场线垂直是一等势面，即O点的电势等于D点的电势，在CDEF圆面上到AB距离相等的各点场强大小相等，且距离越小场强越大，电场方向均垂直圆面由正电荷一侧指向负电荷一侧，D正确。故选D。6.质量相同的小球A、B分别带有+3q和-q电量，两段等长绝缘细线悬挂在O点如图所示，当系统处于水平向右的匀强电场中并静止时，可能出现的状态应是（　　） A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】以整体为研究对象，分析受力如图。A带正电，受到的电场力水平向右，大小为3qE，B带负电，受到的电场力水平向左，大小为qE，水平方向合力向右，因此OA绳子偏向右，设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得以B球为研究对象，受力如上图。设AB绳与竖直方向夹角为β，则由平衡条件得得到α=β故选D。 7.图（a）为示波管的原理图．如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】电子在和间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向一侧，所以电子前半周期偏向一侧．前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧．综上，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限．同理，后半周期的图像应在第四象限．A．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故A错误．B．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故B正确．C．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故C错误．D．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故D错误．二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） 8.如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路）连接，电源负极接地，初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于容器中的P点且处于静止状态，下列说法正确的是（　　）A.减小极板间的正对面积，带电油滴保持静止，但P点的电势会降低B.减小极板间的正对面积，带电油滴将向上运动C.将下极板下移，则P点的电势不变D.将上极板下移，则P点的电势不变【答案】BC【解析】【详解】AB．二极管具有单向导电性，闭合开关后电容器充电，由，，得减小极板间正对面积，C减小，Q减小，但电容器不能放电，则Q不变，由可知E变大，故油滴向上运动，因为P到上极板距离不变，由上极板电势不变，知P点电势降低，故A错误，B正确；C．下极板下移，d变大，由知E不变，P至上极板距离不变，由可得不变，故C正确； D．上极板下移，d变小，C变大，电容器充电，但U不变，由知E变大，P与下极板距离不变，由知变大，D错误。故选BC。9.如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中。现将一直径略小于塑料管内径，质量为m，带电量为＋q的小球从管中A点由静止释放，已知qE＝mg，以下说法正确的是（　　）A.小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动B.小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为4mgC.小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5∶1D.小球释放后，前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg【答案】CD【解析】【详解】A．只有重力和电场力做功，带电小球到达B点，重力势能不变，电场力做正功，动能增加，其动能大小等于电场力做的功，即qE·2R=2mgR故A错误；B．从A点释放到B点过程，根据动能定理，有根据牛顿第二定律 联立解得NB=5mg故B错误；C．第一次过D点时，根据动能定理，有根据牛顿第二定律联立解得ND=5mg据动能定理可知：第一次经过C点的动能为第一次过C点，根据向心力公式联立解得NC=mg所以故C正确；D．第二次过C点时的速度为根据向心力公式联立解得NC2=5mg所以小球释放后，前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为 故D正确。故选CD。10.如图所示，空间内存在方向水平向右的匀强电场，一根长为L、不可伸长的绝缘细绳的一端连着一个质量为m、带电荷量为+q的小球，另一端固定于O点。初始时细绳（张紧状态）与电场线平行，由静止释放小球，已知小球摆到最低点的另一侧时，细绳与竖直方向的最大夹角，重力加速度为g，则（　　）A.匀强电场的电场强度为B.摆动过程中小球所受的最大拉力为C.摆动过程中小球的最大速度为D.小球经过最低点时的速度为【答案】AB【解析】【详解】A．设匀强电场的场强为E，对小球由静止到摆到最低点的另一侧的最高位置的过程，根据动能定理有解得故A正确；BCD．将电场力与重力合成，有合力方向与竖直方向成30°角斜向右下，将合力等效成一个合场力，找出等效最低点，对处于的小球受力分析，如下所示 由几何关系得研究小球由静止到点的过程，根据动能定理有解得小球在点时受到的拉力最大，设为，根据牛顿第二定律得解得小球在点时的速度最大，所以小球经过最低点时的速度小于摆动过程中的最大速度，故B正确，CD错误。故选AB。三、非选择题（本题共5小题，共54分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。）11.如下图所示，游标卡尺的读数为___________cm，螺旋测微器的读数为___________mm。【答案】①.2.230②.4.949##4.950##4.951【解析】【详解】[1]游标卡尺的主尺读数为2.2cm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm=0.030cm 所以最终读数为2.2cm+0.030cm=2.230cm[2]螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为45.0×0.01mm=0.450mm所以最终读数为4.5mm+0.450mm=4.950mm12.在“测量金属丝的电阻率”的实验中，实验小组的同学测量一段阻值约为6Ω、粗细均匀金属丝的电阻率。实验小组的同学采用图1所示的电路图，用伏安法测金属丝的电阻R，现有电源（电源两端电压保持3V不变），开关导线若干，以及下列器材：A.电压表（量程0~15V，内阻约15kΩ）B.电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）C.电流表（量程0~0.6A，内阻约0.125Ω）D.电流表（量程0~3A，内阻约0.025Ω）E.滑动变阻器（0~1000Ω，0.5A）F.滑动变阻器（0~5Ω，3A）（1）为减小测量误差，在实验中，电压表应选用___________，电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________。（三个空白处均选填各器材前的字母）（2）图2是测量R的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据图1的电路图，补充完成图2中实物间的连线。___________ （3）测量出金属丝直径为D、长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝电阻率测量值的表达式=___________。【答案】①.B②.C③.F④.⑤.【解析】【详解】（1）[1]电源电动势为3V，故电压表选B；[2]流过待测金属丝的最大电流约为电流表应选择C；[3]由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。（2）[4]根据图1的电路图，补充完成图2中实物间的连线（3）[5]由欧姆定律得根据电阻得决定式，可得该金属丝电阻率测量值的表达式13.如图所示是有两个量程的电流表，当使用A、B两个端点时，量程为0~1A，当使用A、C两个端点时， 量程为0~0.1A，已知表头的内阻为100Ω，满偏电流是2mA，求：（1）该表头的满偏电压；（2）R1与R2的阻值。（最后结果可直接用分数表示）【答案】（1）0.2V；（2），【解析】【详解】（1）表头的满偏电压（2）接A、B时接A、C时解得，14.如图所示，平行板电容器A、B间的电压为U保持不变，两板间的距离为d，一质量为m、电荷量为q的粒子，由两板中央O点以水平速度v0射入，落在C处，BC＝l.若将B板向下拉开，初速度v0不变，则粒子将落在B板的C′点，求BC′的长度．（粒子的重力忽略不计）【答案】l【解析】分析】 详解】第一种情况粒子在极板间做类平抛运动，第二种情况对粒子，由牛顿第二定律得粒子在极板间做类平抛运动，水平方向x=v0t竖直方向解得15.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从平面上的P点以初速度沿斜向上方抛出，速度方向与竖直方向的夹角为θ=53°，后小球落到左侧同一水平面上Q点。已知空间存在大小为E=、方向与同向的匀强电场，重力加速度大小为g，不计空气阻力，小球可以看成点电荷，求P、Q两点间的水平距离。【答案】【解析】【详解】小球运动可以分解成水平方向的直线运动和竖直方向的直线运动的合成，初速度分解得 由牛顿第二定律可得在水平和竖直方向方向分别有解得两方向的位移关系有得P、Q两点间的水平距离为