安徽省黃山市2023-2024學年高二上學期期中物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、選擇題（本大題共有10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分）1．兩個分別帶有電荷量﹣Q和+3Q的相同金屬小球（均可視為點電荷），固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F．若將兩小球相互接觸后分開一定的距離，兩球間庫侖力的大小變為43A．r4 B．r C．r22．一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為ρ，棒內單位體積自由電子數為n，電子的質量為m，電荷量為e，在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內產生電流，自由電子定向運動的平均速率為v，則金屬棒內的電場強度大小為（）A．mv22eL B．mv23．如圖所示，b點為兩等量異種點電荷+Q和－Q連線的中點，以+Q為圓心且過b點的虛線圓弧上有a、c兩點，a、c兩點關于連線對稱。下列說法正確的是（）A．a、b、c三點電勢相等B．電子在a、c兩處受到的電場力相同C．電子由a點沿虛線圓弧移到b點的過程中電勢能一直減小D．電子由a點沿虛線圓弧移到c點的過程中電勢能先增加后減小4．如圖所示，地面上某個空間區域存在這樣的電場，水平虛線上方為場強E1，方向豎直向下的勻強電場；虛線下方為場強E2，方向豎直向上的勻強電場．一個質量m，帶電量+q的小球從上方電場的A點由靜止釋放，結果剛好到達下方電場中與A關于虛線對稱的B點，則下列結論正確的是A．在虛線上下方的電場中，帶電小球運動的加速度相同B．帶電小球A、B兩點電勢能相等C．若A、B高度差為h，則UD．兩電場強度大小關系滿足E2=2E15．如圖所示，電源電動勢為E，內電阻為r，理想電壓表V1、V2示數為U1、U2，其變化量的絕對值分別為?U1和?U2；流過電源的電流為I，其變化量的絕對值為?I。當滑動變阻器的觸片從左端向右端滑動的過程中（不計燈泡電阻的變化）（）A．小燈泡L3、L2變亮，L1變暗B．電壓表V1示數變小，電壓表V2示數變大C．ΔUD．ΔU6．如圖所示直線OAC為某一直流電源的總功率P總隨電流I的變化圖線，拋物線OBC為同一直流電源內部熱功率Pr隨電流I的變化圖線，A、B兩點的橫坐標都是2A，則（）A．當I=2A時外電阻為1ΩB．當I=1A和I=2A時電源的輸出功率相同C．當I=1A和I=2A時電源的效率相同D．電源的最大輸出功率為2W7．如圖所示電路中，開關S斷開時，電壓表，電流表均無示數；S閉合時，電流表有示數，電壓表無示數，電路中僅有一處故障，下列判斷正確的是（）A．電阻R1斷路 B．電阻R2斷路 C．電阻R2短路 D．電阻R3斷路8．在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示．下列說法正確的有（）A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大9．將額定電壓為U、線圈電阻為r0A．U2r0 B．(E?U)2r210．如圖甲所示，在兩平行金屬板間加有一交變電場，兩極板間可以認為是勻強電場，當t=0時，一帶電粒子從左側極板附近開始運動，其速度隨時間變化關系如圖乙圖所示。帶電粒子經過4T時間恰好到達右側極板，（帶電粒子的質量m、電量q、速度最大值vmA．帶電粒子在兩板間做往復運動，周期為TB．兩板間距離d=2C．兩板間所加交變電場的周期為T，所加電壓U=D．若其他條件不變，該帶電粒子從t=T二、實驗題（本題共2小題，每空2分，共14分）11．在直角三角形所在的平面內有勻強電場，其中A點電勢為2V，B點電勢為3V，C點電勢為4V。已知∠ACB=30°，AB邊長為23m，D為AC的中點。現將一點電荷放在D點，且點電荷在C點產生的場強為1N/C，則放入點電荷后，B點場強為12．要測一個待測電阻絲Rx（約為260ΩA.電源E：電動勢12V，內阻不計；B.電流表A：量程0~15mA，內阻RA為4ΩC.電壓表V：量程0~10V，內阻RV約為10kΩD.滑動變阻器R1：最大阻值20ΩE.滑動變阻器R2：最大阻值500ΩF.定值電阻R3G.定值電阻R4H.定值電阻R5L.電鍵S及導線若干。要求實驗中盡可能準確測量Rx（1）分別用游標卡尺、螺旋測微器測出電阻絲的長度L和直徑D，讀數如下圖所示，L=mm，D=mm。（2）為了在實驗時能獲得更大的測量范圍，實驗中滑動變阻器應選。（選填R1或R（3）為了測定待測電阻上的電流，應將定值電阻（選填R3或R4或（4）利用所給器材，在虛線框內畫出測量待測電阻Rx阻值的實驗原理電路圖（所有的器材必須用題中所給的符號表示）（5）根據以上實驗原理電路圖進行實驗，若電流表的示數為I，電壓表的示數為U，則其電阻率ρ的表達式為。（使用題目中所給的字母表示）三、計算題（本題共3小題，共40分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式及重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）13．如圖電路中，電源的電動勢E=3V，內阻r=1Ω，電阻R1=R3=2Ω，R14．如圖所示，在足夠高的豎直墻面上A點，以水平速度v0=10m/s向左拋出一個質量為m=1.5kg的小球，小球拋出后始終受到水平向右的恒定電場力的作用，電場力大小（1）小球水平方向的速度為零時距墻面的距離；（2）墻面上A、B兩點間的距離；（3）小球速度的最小值。15．如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有軌道ABCDFMNP，其中BC部分為水平軌道，與曲面AB平滑連接。CDF和FMN是豎直放置的半圓軌道，在最高點F對接，與BC在C點相切。NP為一與FMN相切的水平平臺，P處固定一輕彈簧。點D、N、P在同一水平線上。水平軌道BC粗糙，其余軌道均光滑，一可視為質點的質量為m=0.02kg的帶正電的滑塊從曲面AB上某處由靜止釋放。已知勻強電場場強E=2N/C，BC段長度L=2m，CDF的半徑R=0.2m，FMN的半徑r=0.1m，滑塊帶電量（1）滑塊通過F點的最小速度vF（2）若滑塊恰好能通過F點，求滑塊釋放點到水平軌道BC的高度h0（3）若滑塊在整個運動過程中，始終不脫離軌道，且彈簧的形變始終在彈性限度內，求滑塊釋放點到水平軌道BC的高度h需要滿足的條件。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：接觸前兩個點電荷之間的庫侖力大小為F=kQ?3Qr2，兩個相同的金屬球各自帶電，接觸后再分開，其所帶電量先中和后均分，所以兩球分開后各自帶點為+Q，兩球間庫侖力的大小變為庫侖力為F′=kQ?Qr'2r′=r所以兩小球間的距離變為r2故選：C．【分析】清楚兩小球相互接觸后，其所帶電量先中和后均分．根據庫侖定律的內容，根據變化量和不變量求出問題．2．【答案】C【解析】【解答】解：導體中的電流為I=neSv導體的電阻為R=ρL導體兩端的電壓為U=RI場強為E=U聯立解得E=ρnev故答案為：C【分析】電流的微觀表達式結合電阻定律與場強公式可求解。3．【答案】D【解析】【解答】根據等量異種電荷的電場分布可知，b點的電勢為零，ac兩點電勢相等且大于零，則A不符合題意；a、c兩點的場強大小相同，方向不同，則電子在a、c兩處受到的電場力不相同，B不符合題意；電子由a點沿虛線圓弧移到b點的過程中，因電勢逐漸降低，可知電子的電勢能增加，C不符合題意；電子由a點沿虛線圓弧移到c點的過程，電勢先降低后升高，則電子的電勢能先增加后減小，D符合題意；故答案為：D.

【分析】利用兩個異種等量點電荷周圍場線的分布可以判別電場力方向不同及電勢的大小；利用電勢高低結合電性可以判別電勢能的大小。4．【答案】C【解析】【解答】A、A到虛線速度由0加速到v，虛線到B速度由v減到0，位移相同，根據v2=2ax可知加速度大小相同，方向相反，故A錯誤；

B、從A到B根據動能定理可得

mgh+UABq=0

可得

UAB=-mghq<0

故A和B電勢不相等，故B錯誤，C正確；

D、在上方電場中，根據牛頓第二定律可得

E1q+mg=ma1

在下方電場中，根據牛頓第二定律可得

E2q-mg=ma5．【答案】C【解析】【解答】A、當滑動變阻器的P從左側移動到右側時，變阻器電阻增大，外電阻阻值增大，總電流減小，則流過L2電流變小，故其變暗，則V2示數變小，則L1和L3兩端電壓增大，即V1示數變大，則L3變亮。由于總電流減小，L3電流增大，則L1電流減小，即L1變暗，故AB錯誤；

C、根據歐姆定律可得

?U2?I=R2

故C正確；

6．【答案】B【解析】【解答】A．C點表示電源的總功率全部轉化為熱功率，即C點表示外電路短路，電源的總功率P=EI由圖可知I=3A，P=9W，則電源的電動勢E=3V，電源的內阻r=當I=2A時，輸出功率為P出=EI-I2r=3×2W-22×1W=2W根據P出=I2R得R=0.5ΩA不符合題意；B．當I=1A電源的輸出功率P出=EI-I2r=3×1W-12×1W=2WB符合題意；C．當I=1A和I=2A時電源的效率η=不相同，C不符合題意；D．當外電阻與內電阻相等時電源的最大輸出功率，為P=D不符合題意。故答案為：B。

【分析】利用總功率的表達式可以求出電動勢的大小；利用短路電流結合歐姆定律可以求出內阻的大小；利用總功率減去熱功率可以求出輸出功率的大小，結合電流的大小可以求出外電阻的大小；利用總功率減去熱功率的大小可以求出輸出功率的大小；利用外電壓和電動勢可以比較效率的大小；利用內外電阻相等結合電功率的表達式可以求出最大的輸出功率。7．【答案】D【解析】【解答】開關S斷開時，電路為串聯電路，電流表測總電流，電壓表測R2兩端電壓；電流表無示數，說明發生斷路；電壓表無示數說明電壓表和電源不連接，所以可能的故障為R1斷路或者R3斷路；

S閉合時，只有R1接入電路，其中電壓表被短路無示數；電流表有示數，說明R1是通路，綜上所述R8．【答案】A,C【解析】【解答】A、由圖像得出中間電勢高，兩側電勢低，而且圖像不對稱，可知兩電荷為異種且帶電量不同的電荷，故A正確；

B、圖像斜率表示電場強度大小，則x1處的電場強度不為0，故B錯誤；

C、負電荷從x1移到x2，由低電勢到高電勢，根據Ep=φq，可得電勢能減小，故C正確；

D、負電荷從x1移到x2，電場強度減小，故電場力減小，故D錯誤。

故答案為：AC。

【分析】根據圖像得出電勢不對稱從而得出電量大小以及正負關系；

圖像斜率表示電場強度大小以及電場力的變化情況；

根據9．【答案】A,B,D【解析】【解答】根據閉合電路歐姆定律可知

E=U+Ir0

可得

I=E-Ur0

電動機消耗的電功率為

P=UI=EU-U210．【答案】B,D【解析】【解答】A、v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，且位移不變增加，可得帶電粒子做單向運動，故A錯誤；

B、根據圖像可得d=4×12vmT=2vmT，故B正確；

C、速度—時間圖像斜率表示加速度，由圖像可知兩板間所加交變電場的周期為T。粒子運動的加速度大小為：avmT2=2vmT，由牛頓第二定律得：q11．【答案】13【解析】【解答】A點電勢為2V，C點電勢為4V，D為AC的中點。可得D點電勢為3V，故BD為等勢線，則場強方向垂直于BD指向A點，如圖所示

場強大小為

E1=Ud=3-223sin60°V/m=1312．【答案】（1）50.50；0.900（2）R（3）R（4）（5）π【解析】【解答】（1）根據游標卡尺讀數規律可得

L=50mm+10×120mm=50.50mm

根據螺旋測微器讀數規律可得

D=0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm

（2）為了在實驗時能獲得更大的測量范圍，實驗中滑動變阻器的連接需要用到分壓式連接，且需要選取R1；

（3）根據歐姆定律可得，通過待測電阻的電流大約為

I=URx=12260A≈0.046A=46mA

假設并聯電阻R，則

(I-IA)R=IARA

解得

R≈1.9Ω

故選R4。

（4）改裝的電流表兩端的電壓和電流時已知的，所以用電流表內接，而滑動變阻器用分壓法，可得電路圖如圖所示

（5）根據歐姆定律可得，待測電阻兩端電壓為

UR=U-IRA

待測電阻兩端電流為

I13．【答案】解：開關S斷開時，電容器充電電壓為電阻R2兩端的電壓則充電電荷量Q且上極板帶正電，開關S閉合后，外電路的總電阻R=總電流為I=路端電壓U=E?Ir=3V?1×1V=2VR1兩端電壓R3兩端電壓電容器的電壓等于R1與R3則得電容器的帶電量Q因為U1>U3，外電路中沿著電流方向電勢降低，可得電容器下極板電勢高，帶正電，上極板的電勢低，帶負電；因此，閉合開關【解析】【分析】開關S斷開時，得出電容器充電電壓為電阻R2兩端的電壓大小，從而得出充電電荷量；開關S閉合后，外電路的總電阻阻值，從而得出電流大小，進而得出路端電壓大小；再分別求出R1以及R3兩端電壓，得出電容器的電壓等于R14．【答案】（1）解：小球在水平方向先向左做勻減速運動而后向右做勻加速運動，小球在豎直方向上做自由落體運動。將小球的運動沿水平方向和豎直方向分解，水平方向F=m且有v得到x=15m（2）解：水平方向速度減小為零所需的時間t所以從A點到B點時間t=2豎直方向上y解得y（3）解：將速度進行分解，當v⊥=0根據力的關系知cos解得v【解析】【分析】（1）小球在水平方向先向左做勻減速運動而后向右做勻加速運動，小球在豎直方向上做自由落體運動，結合水平方向上牛頓第二定律與運動學公式速度與位移公式得出距離大小；

（2）根據t1=v0a15．【答案】（1）解：小球在F點根據牛頓第二定律有mg+qE=m解得vF（2）解：設小球由h0處釋放恰好通過F點，對小球從釋放至F點這一過程由動能定理得解得h0（3）解：①小球第一次運動到D點速度為零，對該過程由動能定理得(解得h1則當h≤1.2m時，小球不過D點，不脫離軌道；②小球第一次進入圓軌道可以經過F點，壓縮彈簧被反彈，沿軌道PNMFDCBA運動，再次返回后不過D點