安徽省合肥卓越中学2023-2024学年高二上学期期中物理试卷（Word版附解析）

安徽省合肥卓越中学2023-2024学年上学期高二年级物理期中考试（考试总分：100分考试时长：75分钟）一、单选题（本题共计7小题，总分28分）1.两个带负电的小球，放在光滑绝缘的水平面上并相距一定的距离。若同时释放两球，以下说法中正确的是（　　）A.电量大的小球对电量小的小球作用力大于电量小的小球对电量大的小球的作用力B.它们的之间的库仑力越来越大C.两个小球的加速度逐渐增大D.两个小球的加速度之比保持不变【答案】D【解析】【详解】A．根据牛顿第三定律可知，相互作用力大小相等、反向相反、作用在不同物体上，因此电量大的小球对电量小的小球作用力等于电量小的小球对电量大的小球的作用力，故A错误；B．两小球均带负电，根据极性相同相互排斥，结合库伦定律可知，两小球相距越来越远，因此相互间的库仑力越来越小，故B错误；CD．相互间的库仑力为所受合外力，设两小球的质量分别为、，加速度分别为、，根据牛顿第二定律可知，随着距离的增加，库仑力逐渐减小，因此小球的加速度逐渐减小，根据上式可得可知，两个小球的加速度之比保持不变，故C错误，D正确。故选D。2.A为已知电场中的一固定点，在A点放一电量为q的电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则（　　）A.若在A点换上电量为“”的电荷，A点的场强方向发生变化 B.若在A点换上电量为“2q”的电荷，A点的场强将变为2EC.若在A点移去电荷“q”，A点的场强变为零D.A点场强的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关【答案】D【解析】【详解】电场强度是通过比值定义法得出的，其大小及方向与试探电荷无关，放入任何电荷时电场强度的方向、大小均不变，故ABC错误，D正确。故选D。3.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（　　）A.a一定带正电，b一定带负电B.a的速度将减小，b的速度将增加C.a的加速度将减小，b的加速度将增加D.两个粒子的动能，一个增加一个减小【答案】C【解析】【详解】A．无法确定a、b的正负，A错误；BD．轨迹向电场力的方向弯曲，电场力对两个粒子均做正功，两个粒子的动能均增大，两个粒子的速度均增大，BD错误；C.电场线越密，电场强度越大，电场力越大，加速度越大，a的加速度将减小，b的加速度将增加，C正确；故选C。4.如右图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，点为半圆弧的圆心，.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M、N两点，这时点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷 移至P点，则点的场强大小变为E2.E1与E2之比为()A.1：2B.2：1C.D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：由得：；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，知两点电荷在O点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，得：，B对5.图中的平行直线表示一簇平行于纸面的等势面。一个带的点电荷，沿图中曲线从点移到点，电场力做的功为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】电场力做功故选B。6.如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源的电动势E=30V，内阻r=1Ω，闭合开关，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈的电阻RM=1Ω，则下列说法中正确的是（　　） A.通过电动机的电流为10AB.电动机的输出功率为16WC.电源的输出功率为60WD.10s电动机产生的焦耳热为1000J【答案】B【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，有通过电动机的电流为故A错误；B．电动机的输出功率为故B正确；C．电源的输出功率为故C错误；D．10s电动机产生焦耳热为故D错误。故选B。7.如图所示，质量相同、带电量不同的两带电粒子（重力不计）以大小相同的初速度从左上端水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，粒子2由右侧板中央处射出电场区域，粒子1和2所带电荷量分别为q1和q2，在电场中的运动时间分别为t1和t2，在电场中运动的加速度分别为a1和a2，在电场中运动时动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则（　　） A.t1:t2=B.a1:a2=4:1C.q1:q2=2:1D.ΔEk1:ΔEk2=16:1【答案】D【解析】【详解】A．粒子在水平方向做匀速运动，则则t1:t2=1:2选项A错误；B．竖直方向做匀加速运动，则可得选项B错误；C．根据则q1:q2=8:1选项C错误；D．根据 可得选项D正确。故选D。二、多选题（本题共计3小题，总分12分）8.有一灵敏电流计，其表头内阻，满偏电流。以下说法正确的是（　　）A.将表头并联一个2.5Ω的电阻就可以改装成0~0.5A的电流表；B.将表头串联一个14Ω的电阻就可以改装成0~15V的电压表；C.把它改成量程为3.0V的电压表，测量某电压时读数为1.0V，此时流过表头的电流为0.1AD.将表头改装为一个0~3A的电流表（表盘已改，即满偏时指针所指位置已标上3A）后进行校准时，发现标准电表示数为1.50A电流时，改装电表的示数为1.60A，产生此差异的原因可能是改装时并联的电阻稍大【答案】AD【解析】【详解】A．将表头改装成大量程的电流表，需要并联一个分流电阻，若需要改装成0~0.5A的电流表，需要并联的电阻阻值为故A正确；B．将表头改装成大量程的电压表，需要串联一个分压电阻，若需要改装成0~15V的电压表，需要串联的电阻阻值为故B错误；C．把它改成量程为3.0V的电压表，测量某电压时读数为1.0V，此时电流为电流表满偏的，流过表头的电流为，故C错误；D．改装成电流表后，发现表头示数偏大，则是由于并联电阻过大，导致通过分流电阻的电流过小，从而使表头的电流偏大，故D正确；故选AD。 9.如图所示电路中，电源内阻不能忽略，电流表A1、A2和电压表V均为理想电表。当滑动变阻器滑片向左移动时（）A.电流表A1示数增大B.电流表A2示数减小C.电压表V的示数减小D.电源的输出功率可能减小【答案】ACD【解析】【详解】ABCD．根据电路图可知：电阻R1和滑动变阻器R2并联，电流表A1测滑动变阻器R2的电流，电流表A2测总电流，电压表V测滑动变阻器R2两端电压，即路端电压。根据题意当滑动变阻器R2滑片向左移动时，滑动变阻器R2阻值减小，由可得：外电路总电阻R总减小；又因为电源内阻不变，由闭合电路的欧姆定律可得：总电流I变大，所以电流表A2的示数变大，故B错误；又因为电动势和内阻不变，总电流变大，根据可得：外电压变小，即电压表V的示数减小，故C正确；电阻R1不变，外电压减小，根据部分电路的欧姆定律，可知通过电阻R1的电流减小，又因为总电流变大，根据并联电路电流关系可得：通过滑动变阻器R2的电流增大，即电流表A1示数增大，故A正确；电源的输出功率，变形整理得 因为外电阻R和内电阻r的大小关系不能确定，所以电源的输出功率可能减小,也可能增大，故D正确。故选ACD。10.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　）A.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大B.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变C.断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D.断开S，将A板向B板靠近，则θ不变【答案】AD【解析】【详解】AB．若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，根据匀强电场电场强度与电势差的关系以及平衡条件有可知，当将A板向B板靠近时，d减小，电场强度E增大，θ将增大，故A正确；B错误；CD．若断开S，电容器带电量保持不变，根据电容的计算公式可得 由于Q、S不变，只是d减小，所以电场强度不变，电场力不变，则θ不变，故C错误，D正确。故选AD。三、实验题（本题共计2小题，总分24分）11.电阻率是用来表示各种物质电阻特性的物理量。某同学在实验室测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。（1）用螺旋测微器测量其横截面直径如图甲所示，由图可知其直径为___________，如图乙所示，用游标卡尺测其长度为___________，如图丙所示，用多用电表挡粗测其电阻为___________。（2）为了减小实验误差，需进一步测量圆柱体的电阻，除待测圆柱体外，实验室还备有的实验器材如下，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，则电压表应选___________，电流表应选___________，滑动变阻器应选___________。（均填器材前的字母代号）A．电压表（量程，内阻约为）B．电压表（量程，内阻约为）C．电流表（量程，内阻约为）D．电流表（量程，内阻约为）E．滑动变阻器（阻值范围）F．滑动变阻器（阻值范围）G．直流电源（电动势为，内阻不计）H．开关S，导线若干（3）若流经圆柱体的电流为，圆柱体两端的电压为，圆柱体横截面的直径和长度分别用表示，则用表示该圆柱体电阻率的关系式为___________。【答案】①.1.844（均可）②.4.240③.6.0##6④.A⑤.C⑥.E ⑦.【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为[2]游标卡尺读数为主尺读数+游标尺读数×精度，由题图乙知，长度为[3]多用电表的读数为电阻的粗测值，其电阻为；（2）[4]电源电动势为，所以电压表应选量程；[5]为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中的电流约为所以电流表量程应选量程的；[6]待测电阻大约，若用滑动变阻器（阻值范围）调节非常不方便，且额定电流太小，所以应用滑动变阻器（阻值范围）。（3）[7]由，，解得12.同学们用如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势和内电阻。实验室提供的器材如下：电压表，电阻箱（阻值范围）；开关、导线若干。（1）请根据图1所示的电路图，在图2中用笔替代导线，画出连线，把器材连接起来____。（2 ）某同学开始做实验，先把变阻箱阻值调到最大，再接通开关，然后改变电阻箱，随之电压表示数发生变化，读取和对应的，并将相应的数据转化为坐标点描绘在图中。请将图3、图4中电阻箱和电压表所示的数据转化为坐标点描绘在图5所示的坐标系中（描点用“+”表示），并画出图线________；（3）根据图5中实验数据绘出的图线可以得出该电池组电动势的测量值___________V，内电阻测量值___________Ω。（保留2位有效数字）（4）实验中测两组的数据，可以利用闭合电路欧姆定律解方程组求电动势和内阻的方法。该同学没有采用该方法的原因是___________。（选填“A系统误差较大”或“B偶然误差较大”）【答案】①.②.③.2.8④.1.0⑤.B【解析】【详解】（1）[1]根据原理图可连接对应的实物图，如图所示（2）[2]根据描出的点用直线将各点拟合，得出图象如图所示 （3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得即则可知，图象与纵轴的交点表示电源的内阻，故r=1.0Ω；图象的斜率表示电源电动势，故有（4）[5]直接计算，会存在数据测量不准的情况，有较大的偶然误差。故选B。四、计算题（本题共计3小题，总分36分）13.如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB部分为粗糙水平面，BCD部分是半径为R的光滑圆弧轨道。与AB平滑相切，B为轨道最低点，整个轨道放置在如图所示的水平匀强电场中。现将一带电荷为+q、质量为m的小滑块从水平面上某点由静止释放，小滑块从圆弧轨道D点滑出后恰好落在其正下方的P点。已知OD与OC的夹角，重力加速度为g，小滑块运动到B点时对轨道的压力大小为，求：（1）小滑块运动到D点时速度的大小；（2）匀强电场的电场强度E。【答案】（1）；（2） 【解析】【详解】（1）（2）在B点根据牛顿第二定律得从B点到D点根据动能定理得设从D点到P点的运动时间为t解得14.如图甲所示，采用伏安法测电源电动势和内阻，得到如图乙所示路端电压与电流的关系图。已知滑动变阻器的最大阻值为10Ω，电流表和电压表均为理想电表，试求：（1）电源的内阻r；（2）当滑动变阻器阻值为4Ω时，电源内阻消耗的功率；（3）滑动变阻器消耗的最大功率。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据闭合电路得欧姆定律得整理得 电源电动势为图象斜率为电源的内阻为（2）当滑动变阻器阻值为4Ω时，电路中的电流电源内阻消耗的功率为（3）滑动变阻器消耗的功率为由数学关系可知当时，滑动变阻器消耗的功率最大为15.如图所示，在光滑绝缘水平桌面上方空间中存在水平方向电场，方向水平向右。从A点有带正电小球（可视为质点）以初速度竖直上抛，其上抛的最高点坐标为（1，1.25），落点为B。已知电量为，质量为，重力加速度不计空气阻力。求：（1）小球上抛的初速度；（2）水平方向电场强度；（3）落点B的坐标。（4）物体运动过程中的最小速度以及坐标。【答案】（1）；（2）；（3）落点B的坐标为（，）；（4） ，对应坐标为（，）【解析】【详解】（1）根据题意可知，小球在竖直方向上升的最大高度为，小球在竖直方向的分运动为初速度为，加速度为的匀减速运动，则有解得（2）设小球从A点到最高点所用时间为，则竖直方向根据逆向思维可得水平方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速运动，则有解得又可得电场强度为（3）小球从A点到B点过程，设所用时间为，竖直方向根据对称性可得水平方向有可知落点B的坐标为（，）（4）小球的加速度大小为 设加速度与竖直方向的夹角为，则有将小球的初速度分解为垂直于加速度方向和沿加速度直线方向，如图所示可得可知小球沿方向做匀减速直线运动，沿方向做匀速运动，则当减为零时，小球的速度最小，则有从A点到最小速度所用时间则竖直方向有水平方向有