天津市第三中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析）

天津市第三中学2023~2024学年度第一学期高二年级期中检测试卷（2023.11）物理第I卷选择题一、单选题（共5题，每题5分，共25分）1.如图所示，有A、B两段圆柱形电阻丝，材料相同，长度也相同，它们横截面的直径之比为dA:dB=2:1，把它们串联在电路中，下列说法正确的是（　　）A.A、B两段电阻丝的电阻之比为RA:RB=1:8B.通过A、B两段电阻丝的电流之比为IA:IB=1:4C.A、B两段电阻丝中的电场强度之比为EA:EB=4:1D.A、B两段电阻丝消耗的功率之比为PA:PB=1:4【答案】D【解析】【详解】A．长度、材料均相同，它们的横截面的直径之比为：dA:dB=2:1则横截面积之比为：SA：SB=4:1根据：可知电阻之比：RA：RB=1:4故A错误；B．因两者是串联，它们的电流总相等，故B错误；C．两段导体两端电压之比为：因此A、B两段电阻丝中的电场强度之比为EA:EB=1:4故C错误； D．两段电阻丝发热功率之比为：故D正确。故选D2.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能与位移x的关系如图所示，下列图像中合理的是（）A.电场强度与位移关系B.粒子动能与位移关系C.粒子速度与位移关系D.粒子加速度与位移关系【答案】D【解析】【详解】AD．带电粒子在电场中仅受静电力作用，则有可知图像的斜率切线绝对值表示电场力大小，根据题图可知，带电粒子受到的电场力逐渐减小，则电场强度随位移变化逐渐减小，带电粒子的加速度随位移变化逐渐减小，故A错误，D正确；B．根据动能定理可得 可知图像的切线斜率表示电场力，由于电场力逐渐减小，则图像的切线斜率逐渐减小，故B错误；C．由于电场力逐渐减小，可知粒子做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大值，故速度与位移一定不是线性关系，故C错误。故选D3.如图所示，用一个量程为100μA的微安表改装成欧姆表，电池的电动势为1.5V，改装后用其测某一电阻，其指针停于25μA处，那么此电阻值应为（）A.15kΩB.30kΩC.45kΩD.60kΩ【答案】C【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律可得欧姆表电阻为：，指针停于25μA处时，根据闭合电路欧姆定律：，带入数据解得：，故C正确，ABD错误．4.有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的油滴，从极板左侧中央以相同的水平初速度先后垂直电场射入，落到极板A、B、C处，下列说法正确的是（　　）A.三个油滴在电场中运动时间相等B.三个油滴到达极板时的动能 C.三个油滴在电场中运动加速度D.油滴A带负电，B不带电，C带正电【答案】B【解析】【详解】A．油滴做类平抛运动，水平方向上有解得由于则有故A错误；C．油滴做类平抛运动，竖直方向上有解得由于则有故C错误；D．根据上述有表明油滴C所受电场力方向与重力方向相同，即油滴C带负电，油滴A所受电场力方向与重力方向相反，即油滴A带正电，而油滴B不带电，故D错误； B．根据上述，油滴C带负电，B不带电，A带正电，可知电场力与重力对油滴C均做正功，电场力对油滴A做负功，重力对油滴A做正功，油滴B只有重力做正功，根据动能定理有故B正确。故选B。5.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知，a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则（　　）A.a一定带正电，b一定带负电B.a加速度增大，b加速度减小C.MN电势差大于NQ两点电势差D.a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小【答案】C【解析】【详解】A．由于电场方向不确定，则粒子所受电场力方向与电场强度方向的关系也不确定，即粒子的电性不确定，故A错误；B．电场线分布的密集程度表示电场强弱，根据图示可知，沿a粒子运动轨迹，电场分布逐渐变稀疏，电场强度逐渐减小，电场力逐渐减小，则a加速度逐渐减小，沿b粒子运动轨迹，电场分布逐渐变密集，电场强度逐渐变大，电场力逐渐变大，则b加速度逐渐增大，故B错误；C．MN之间任意位置电场线分布均比NQ之间任意位置密集一些，则MN之间任意位置电场强度分布均比NQ之间任意位置大，根据可知，MN电势差大于NQ两点电势差，故C正确；D．根据动能定理有， 根据上述，MN电势差大于NQ两点电势差，由于两粒子所带电荷量大小关系不确定，则a粒子到达等势线3的动能变化量与b粒子到达等势线1的动能变化量大小关系也不能够确定，故D错误。故选C。二、不定项选择题（共3题，每题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法正确的是（　　）A.灯泡L变暗B.电容器C的带电量将增大C.两端的电压减小D.电源的总功率变小，电源的输出功率可能变大【答案】ABD【解析】【详解】A．滑动变阻器的滑片向右移动，接入电阻增大，电路总电阻增大，干路电流减小，则灯泡L变暗，故A正确；B．根据闭合电路欧姆定律有结合上述可知，电容器两端电压增大，根据可知，电容器C的带电量将增大，故B正确；C．由于电容器C的带电量将增大，即电容器处于充电过程，有电流通过定值电阻，即两端的电压增大，故C错误；D．根据 干路电流减小，则电源的总功率变小，根据可知，当时，电源输出功率最大，根据对勾函数的规律可知，若灯泡电阻和滑动变阻器的电阻之和小于电源内阻时，滑动变阻器的滑片向右移动，接入电阻增大，此时电源的输出功率可能变大，故D正确。故选ABD。7.如图所示，水平面的上方有竖直向上的匀强电场，水平面上静止着带绝缘柄的带电金属物块，在不考虑电金属物块和小球电荷间的库仑力情况下，假设一质量为m，电量大小为q的弹性小球，以速度v水平射入电场，然后水平匀速地与物块发生碰撞，并以原速率返回，弹回后仅在合力的作用下沿着虚线运动，并离开电场，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）A.小球带正电，金属物块带负电B.匀强电场的场强大小为C.小球在电场中来回的时间相等D.弹回后虚线轨迹不一定是抛物线【答案】BC【解析】【详解】B．小球以速度v水平射入电场中时，其所受重力与电场力平衡，即解得故B正确；A．小球所受电场力竖直向上，所以小球带正电；由题意易知小球与金属物块碰撞后所受电场力方向不变且增大，即小球仍带正电且所带电荷量增大，根据电荷分配规律可知金属物块带正电，故A错误；C．小球在电场中来回运动过程中，水平分速度大小不变，所以运动时间相等，故C正确；D． 小球弹回后，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，所以虚线轨迹一定是抛物线，故D错误。故选BC。8.如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V。已知电动机线圈电阻RM=1Ω，则下列说法中正确的是（　　）A.通过电动机的电流为10AB.电动机的输入功率为20WC.电动机的热功率为4WD.电动机的输出功率为16W【答案】BCD【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，有E=U+I（r+R）解得故A错误；BCD．电动机的输入功率P入=UI=10×2W=20W电动机热功率P热=I2RM=22×1W=4W电动机的输出功率P出=P-P热=UI-I2RM=10×2W-22×1W=16W故BCD正确。故选BCD。第II卷非选择题二、实验题（本大题共3小题，共12.0分）9.将一遮光条固定在滑块上，用分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，游标卡尺如图乙所示，则遮光条的宽度________ 【答案】4.00【解析】【详解】[1]遮光条的宽度10.某同学使用多用电表粗测金属丝的阻值，当把红黑表笔接在金属丝两端时欧姆表指针如图所示，出现上述情况可能的原因是欧姆挡倍率选______了。（填“大”或“小”）【答案】大【解析】【详解】[1]根据图示可知，指针偏转角度过大，表明通过表头的电流过大，即待测电阻较小，表明上述情况可能的原因是欧姆挡倍率选大了。11.测量“水果电池”的电动势和内电阻：将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约1.5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡。原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA。现用量程合适的电压表V（内阻约为3kΩ）、电流表A（内阻为80Ω）以及滑动变阻器、开关、导线等实验器材尽量精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻。实验电路如下图；（1）若给出的滑动变阻器有两种规格：A.，B.本实验中应该选用哪种规格的滑动变阻器？答：______。（2）在实验中根据电压表的示数与电流表的示数的值，经描点、连线得到图像，如图所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势的内电阻分别为______；______。（结果均保留三位有效数字） 【答案】①.B②.1.50③.420【解析】【详解】（1）[1]由于流过小灯泡电流太小了，经实验测得还不足3mA，可知水果电池的内阻约为可知，水果电池的内阻很大，若考虑电流表的内阻，不考虑电压表内阻的影响，根据欧姆定律有，解得可知，若滑动变阻器选择规格，则电压表的读数很小，且读数变化范围也很小，为了增大电压表的读数范围，滑动变阻器应该选择规格，即本实验中应该选用B。（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律有结合图像有，解得，12.电热丝（镍铬合金电热丝）耐温1200℃，广泛应用于石油化工、家用电器、汽车制造、航天航空等制造行业。某探究小组想通过实验测定该电热丝的电阻率。（1）该小组的同学用螺旋测微器测量电热丝的直径d，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数为______mm。 （2）已知该电热丝的阻值约为50Ω，该小组的同学现用伏安法测量其阻值R，电源选用两节干电池，电压表、电流表选择合适的量程，设计的实验电路图如下，请根据电路图把实物图补充完整______。  （3）该小组的同学某次实验数据如下，则电压表的读数为______V。 （4）该小组同学利用该原理图正确连接好电路，进行实验测量，记录了多组U、I，在坐标纸上建立U、I坐标系，并描绘出U－I图线，得到k。已知待测电热丝接入电路部分的长度为L，根据以上物理量可以得到该电热丝电阻率为______（用题目中所给物理的字母表示）。【答案】①.0.400②.③.2.30④.【解析】 【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为（2）[2]根据电路图补充完整实物图，如下图所示：  （3）[3]电压表分度值为0.1V，读数为2.30V。（4）[4]U－I图线的斜率为由解得四、简答题（本大题共3小题，共48.0分）13.如图所示，水平地面上固定有高为h平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高度也为h，坡道底端与台面相切．小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半，两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g．求（1）小球A刚滑至水平台面的速度vA；（2）A、B两球的质量之比mA:mB． 【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）小球A下滑过程中，由动能定理可得：mAgh=mAvA2﹣0解得（2）A、B两球碰撞时动量守恒，由动量守恒定律可得mAvA=（mA+mB）v离开平台后，两球做平抛运动，水平方向=vt竖直方向h=gt2解得mA：mB=1：314.如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U1，带电量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。（1）求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v。（2）求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。（3）以带电粒子进入偏转电场时的位置为原点、以平行于板面的中心轴线为x轴建立平面直角坐标系xOy，如图2所示。写出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】【详解】（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程中，运用动能定理解得（2）设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为和v，对带电粒子从进入偏转电场到离开偏转电场的过程，运用动能定理解得（3）设带电粒子进入偏转电场时的速度为，加速度为a，经过时间t后（为离开偏转电场），水平方向位移为x，竖直方向位移为y，根据运动学公式，可得根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度将和a代入x和y并消去时间t，可得带电粒子的轨迹方程15.两平行板间有水平匀强电场，一根长为L，不可伸长的不导电细绳的一端连着一个质量为m、带电量为q的小球，另一端固定于O点。把小球拉起直至细线与电场线平行，然后无初速度释放。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为（已知、）求：（1）匀强电场的场强的大小；（2）小球到最低点的速度的大小；（3）经过最低点时，细线对小球的拉力的大小；（4）摆球摆到左侧最大位置时的加速度大小？ 【答案】（1）；（2）；（3）；（4）g【解析】【详解】（1）小球摆到最低点的另一侧过程，根据动能定理有解得（2）小球到最低点过程，根据动能定理有解得（3）经过最低点时，对小球分析有解得（4）摆球做圆周运动，摆到左侧最大位置时速度为0，即所需向心力为0，即沿半径方向的合力为0，根据牛顿第二定律有结合上述解得