山西省臨汾市2023-2024學年高二上學期期中物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．如圖所示，用絲綢摩擦過的玻璃棒a靠近不帶電的驗電器的金屬球b時，發(fā)現(xiàn)驗電器的金屬箔片c張開一定的角度，下列說法正確的是（）A．金屬球和兩金屬箔都帶正電荷B．b球上的電子轉(zhuǎn)移到玻璃棒上，使金屬球帶正電C．金屬球b上的正電荷向金屬箔片移動，使金屬箔片帶正電D．移去玻璃棒a，金屬箔片c閉合2．兩個分別帶有電荷量?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，它們間的庫侖力的大小為F。兩小球相互接觸后將其固定在原處，則兩球間庫侖力的大小為（）A．F3 B．F6 C．F93．如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則（）A．電容器的電容增大 B．電容器兩極板間電壓減小C．電容器所帶電荷量減少 D．電容器兩極板間電場強度不變4．下列物理量中有大小和空間方向但是是標量的是（）A．速率 B．電流 C．速度 D．時間5．圖甲為一測量電解液電阻率的玻璃容器，P、Q為電極，容器長a=1m，寬b=0.2m，高c=0.1m，當容器里面注滿某電解液，且在P、Q間加上電壓后，其U?I圖線如圖乙所示，當A．40Ω?m B．20Ω?m C．60Ω?m D．80Ω?m6．以下說法正確的是（）A．由電場強度表達式E=Fq可知電場強度E與電場力F成正比，與電荷量B．由電勢能表達式EPC．電流的微觀表達式I=neSv中v為電流傳導的速度D．由電阻表達式R=ρl7．如圖，曲線①、直線②分別是兩個導體的伏安特性曲線。虛線AB為①上A點的切線，且與橫軸交于B點，B點的坐標為(I1，0)A．通過①導體的電流為I0時，導體的電阻等于B．通過①導體的電流為I0時，導體消耗的電功率數(shù)值上等于曲線OAC．導體②的電阻隨電流的增大而增大D．兩條圖線的交點表示此狀態(tài)下兩導體的電阻相等8．下列說法正確的是（）A．由于電流總是從電源正極流向電源負極，故電流是矢量B．自由電子在電路內(nèi)的電場中一直做勻加速運動C．當通電導線中的電流變大時電路里所有自由電荷的運動速率都會變大D．電路要產(chǎn)生電流，必須存在自由電荷二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但選不全的得2分，有選錯的得0分。9．如圖所示，圓的圓心為O、半徑R=2cm，直徑AB與直徑CD間的夾角為60°，勻強電場與圓所在的平面平行（圖中未畫出），A、B、C三點的電勢分別為2V、8V、2V，下列說法正確的是（）A．O點的電勢為3VB．圓周上AC弧的中點電勢最低C．勻強電場的電場強度的大小為100D．將一電子從O點移動到D點，電子克服電場力做的功為3eV10．如圖所示，平行板電容器與電源電壓恒為U的直流電源連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．帶電油滴所帶電荷為正電荷B．若電容器的電容減小，則極板所帶電荷量將減小C．將平行板電容器的上極板豎直向上移動一段距離，則帶電油滴將豎直向上運動D．將平行板電容器的上極板水平向左移動一段距離，則帶電油滴仍然保持平衡狀態(tài)11．現(xiàn)有兩個邊長不等的正方形ABDC和abdc，如圖所示，且Aa、Bb、Cc、Dd間距相等。在AB、AC、CD、BD的中點分別放等量的點電荷，其中AB、AC的中點放的點電荷帶正電，CD、BD的中點放的點電荷帶負電，取無窮遠處電勢為零。則下列說法中正確的是（）A．O點的電場強度和電勢均為零B．把一正點電荷沿著b→d→c的路徑移動時，電場力所做的總功為零C．同一點電荷在a、d兩點所受電場力不同D．將一負點電荷由a點移到b點，電勢能增大12．兩個電阻R1、R2的伏安特性曲線如圖所示，由圖可知（）A．R1的阻值為1ΩB．R2的電阻隨電壓的增大而減小C．R1為線性元件，R2為非線性元件D．當U=1V時，R2的電阻等于R1的電阻三、實驗題：本題包括2小題，共16分。13．（1）在如圖所示的實驗裝置中，充電后的平行板電容器的A極板與靈敏的靜電計相接，極板B接地①若極板B稍向上移動一點，則將觀察到靜電計指針偏角，此實驗說明平行板電容器的電容隨正對面積減小而；（填“變大”或“變小”）②若極板B稍向左移動一點，則將觀察到靜電計指針偏角，此實驗說明平行板電容器的電容隨距離變大而，（填“變大”或“變小”）（2）如圖所示為示波管的示意圖，以屏幕的中心為坐標原點，建立如圖所示的直角坐標系xOy，當在XX'這對電極上加上恒定的電壓UXX'=2V，同時在YY'電極上加上恒定的電壓UYY'=?1V時，熒光屏上光點的坐標為（4，-1），則當在X14．在測定電容器電容的實驗中，將電容器、電壓傳感器、阻值為3kΩ的電阻R、電源、單刀雙擲開關(guān)S按圖甲所示電路圖進行連接。先使開關(guān)S與1相連，電源給電容器充電，充電完畢后把開關(guān)S擲向2，電容器放電，直至放電完畢，實驗得到的與電壓傳感器相連接的計算機所記錄的電壓隨時間變化的圖線如圖乙所示，圖丙為由計算機對圖乙進行數(shù)據(jù)處理后記錄了“峰值”及圖線與時間軸所圍“面積”的圖像。（1）根據(jù)圖甲所示的電路，觀察圖乙可知：充電電流與放電電流方向(填“相同”或“相反”)，大小都隨時間(填“增大”或“減小”)。（2）該電容器的電容為F(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。（3）某同學認為：仍利用上述裝置，將電壓傳感器從電阻兩端改接在電容器的兩端，也可以測出電容器的電容值，請你分析并說明該同學的說法是否正確。四、計算題：本題包括4小題，共36分。解答應寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。15．如圖所示，一質(zhì)量m=2×10?4kg電荷量q=+3×10?9C的帶電小球A用長為10cm的輕質(zhì)絕緣細線懸掛于O點，另一電荷量未知的小球B固定在O點正下方絕緣柱上A、B均可視為點電荷。當小球A平衡時，恰好與B處在同一水平線上，此時細線與豎直方向的夾角θ=37°。已知重力加速度（1）小球A受到的靜電力大小；（2）小球A所在位置的場強大小和方向；（3）小球B的電荷量。16．如圖所示，水平向右的勻強電場中，一圓心為O的光滑半圓絕緣軌道固定在豎直平面內(nèi)，b點為軌道的最低點。質(zhì)量為m、電荷量為q的小球甲恰好靜止在軌道a點，a點與軌道圓心O的連線與豎直方向的夾角為θ=60°，重力加速度大小為g。則：（1）判斷小球甲的電性并求出勻強電場的電場強度大小E；（2）現(xiàn)將小球甲固定在a點，將另一個質(zhì)量為2m的帶電小球乙放在b點，小球乙恰好靜止且與軌道無作用力，兩小球均視為點電荷，請判斷小球乙的電性，并求出小球乙的電荷量q'17．如圖所示，兩個電荷量都為+q（q>0）的小球位于豎直線上，a小球的質(zhì)量為m，兩小球都可看成點電荷，b小球固定，a小球由靜止下落h時速度為零，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，求：（1）a小球的加速度等于零時a小球距b小球的高度H；（2）a小球下落過程中電勢的改變量Δφ。18．經(jīng)典理論認為，氫原子核外電子在庫侖力作用下繞固定不動的原子核做勻速圓周運動。已知氫原子核的電荷量為+e，電子電荷量為?e，質(zhì)量為m，靜電力常量為k。電子繞核旋轉(zhuǎn)的兩個可能軌道S1、S2到氫原子核的距離分別為r1（1）請根據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導出S1（2）若電子在S1（3）已知電荷量為Q的點電荷形成的電場中，距點電荷距離為r處的電勢可以用φ=kQr表示。若電子分別在軌道S1、S2上做勻速圓周運動時，氫原子核與電子組成的系統(tǒng)具有的總能量分別為E1

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】AB、用絲綢摩擦過的玻璃棒a帶正電，靠近不帶電的驗電器的金屬球b時，金屬球感應出負電荷，金屬箔片c感應出正電荷，金屬箔片c由于帶正電而張開一定的角度，故AB錯誤；

C、金屬中能自由移動的是電子，是金屬箔片處的電子移動到金屬球b上，導致金屬箔片處缺少電子而帶帶正電，故C錯誤；

D、移去玻璃棒a，金屬球處的負電荷和金屬鉑片處的正電荷再次中和掉，故金屬箔片c閉合，故D正確。

故答案為：D。

【分析】熟悉掌握三種起電方式的區(qū)別與特點。物體失去電子帶正電，得到電子帶負電。驗電器是利用同種電荷相互排斥的原理檢驗物體是否帶電。2．【答案】A【解析】【解答】接觸前兩個點電荷之間的庫侖力大小為F=k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電為-Q+3Q距離仍不變，則庫侖力為F'=k故答案為：A。

【分析】帶電體相互接觸后，電荷會先中和后平分。確定接觸前后各帶電體所帶電荷量，再根據(jù)庫侖定律進行解答。3．【答案】C【解析】【解答】現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則根據(jù)C=則d變大，C變小，因平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，則兩板間電壓U不變，根據(jù)Q=CU可知，電容器帶電量減小，根據(jù)E=可知，兩板間場強減小。

故答案為：C。

【分析】明確電容器兩極板間的電壓不變，再根據(jù)電容器的決定式判斷電容的變化情況，再根據(jù)電容的定義式和場強與電勢差的關(guān)系進行分析。4．【答案】B【解析】【解答】AD、速率和時間由大小無方向，是標量，故AD錯誤；

B、電流有大小和空間方向，但是電流合成不滿足平行四邊形定則，是標量，故B正確；

C、速度既有大小又有方向，是矢量，故C錯誤。

故答案為：B。

【分析】矢量既有方向又有大小，標量只有大小。電荷的定向移動形成電流，規(guī)定正電荷定向移動的方向為電流方向。5．【答案】A【解析】【解答】由題圖乙可求得U=10V時，電解液的電阻R=由題圖甲可知容器內(nèi)的電解液長l=a=1m，橫截面積S=bc=0.02m2，由電阻定律R=ρ得ρ=40故答案為：A。

【分析】U-I圖像與原點連線的斜率表示電阻。根據(jù)圖像確定電解液的電阻在各級河電阻定律進行解答，注意電解液的長度和橫截面積。6．【答案】D【解析】【解答】A、電場強度E與試探電荷q和試探電荷所受的電場力F無關(guān)，只和場源電荷有關(guān)，故A錯誤；

B、根據(jù)電勢能表達式可知負點電荷從低電勢到高電勢，對負電荷來說，電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；

C、電流的微觀表達式中v為電子定向移動的速度，故C錯誤；

D、電阻表達式可知R=ρ將它沿平行于電流的長度方向均勻拉長到直徑變?yōu)樵瓉淼囊话耄捎趯w體積不變，那么該導體的長度將變?yōu)樵瓉淼?倍，電阻將變?yōu)樵瓉淼?6倍，故D正確。

故答案為：D。

【分析】電場強度E與試探電荷q和試探電荷所受的電場力F無關(guān)，只和場源電荷有關(guān)，電場力做正功，電勢能減小。熟悉掌握電流微觀表達式中各物理量的意義。7．【答案】D【解析】【解答】A、通過①導體的電流為I0時，導體的電阻為R=故A錯誤；

B、通過①導體的電流為I0時，導體消耗的電功率為P=所以導體消耗的電功率數(shù)值上不等于曲線OA與橫軸圍成的面積，故B錯誤；

C、由導體②的圖線可知，其電壓與電阻的比值不變，所以其電阻不變，故C錯誤；

D、兩條圖線的交點處，電壓電流都相等，根據(jù)歐姆定律，兩導體的電阻相等，故D正確。

故答案為：D。

【分析】U-I圖像與原點的連線的斜率表示電阻。根據(jù)電功率的定義確定電功率與圖像面積的關(guān)系。熟悉掌握圖像的交點的物理意義。8．【答案】D【解析】【解答】A、電流的運算不滿足矢量的平行四邊形運算法則，故是標量，故A錯誤；

B、自由電子在電路內(nèi)的電場中開始會加速運動，當電流穩(wěn)定時自由電荷的速度不變，故B錯誤；

C、當通電導線中的電流變大時，根據(jù)電流的微觀表達式可知，電路中自由電荷定向移動的速率會增大，但電路里不一定所有自由電荷的運動速率都會變大，故C錯誤；

D、電流的形成是電荷的定向移動，所以電路要產(chǎn)生電流，必須存在自由電荷，故D正確。

故答案為：D。

【分析】電流的形成是電荷的定向移動，所以電路要產(chǎn)生電流，必須存在自由電荷，熟悉掌握電流微觀定義式中各物理量的意義及其對電流的影響。9．【答案】B,C【解析】【解答】A、O點為直徑AB的中點，則有U即φ解得φ故A錯誤；

B、A、C兩點電勢相等，則AC是一條等勢線，等勢線與電場線垂直，可知，過圓心與AC垂直的電場線與圓的交點為圓上電勢最高的點和電勢最低的點，根據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知，圓周上AC弧的中點電勢最低，故B正確；

D、根據(jù)U將一電子從O點移動到D點，電場力做的功為W=-e故D錯誤；

C、根據(jù)勻強電場中電場強度與電勢差的關(guān)系U=Ed解得勻強電場的電場強度的大小E=故C正確。

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)“等分法”確定等勢面，再根據(jù)等勢面與電場線的關(guān)系，確定電場線的位置。再根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系確定電場強度的大小。沿電場線方向電勢逐漸降低。根據(jù)電場力做功與電勢差的關(guān)系確定電場力做功情況。10．【答案】B,D【解析】【解答】A、電容器的上極板與電源正極相連，下極板與電源負極相連，則兩極板間電場方向豎直向下。油滴靜止，所受重力豎直向下，則所受電場力豎直向上，故油滴帶負電，故A錯誤；

B、根據(jù)C=由于兩極板的電勢差不變，若電容器的電容C減小，則極板所帶電荷量Q將減小，故B正確；

C、將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則兩極板之間的距離d增加，根據(jù)E=由于兩極板的電勢差不變，故電場強度E減小，則油滴所受電場力F減小，可知油滴所受合力豎直向下，會由靜止向下運動，故C錯誤；

D、將平行板電容器的上極板水平向左移動一小段距離，由于兩極板間電壓U不變，兩極板間距離d不變，則電場強度不變，油滴所受電場力不變，油滴仍然保持平衡狀態(tài)，故D正確。

故答案為：BD。

【分析】根據(jù)題意可知，平行板電容器兩極板的電勢差不變，再根據(jù)電容的定義式及電勢差與場強的關(guān)系，分析電荷量與場強的變化情況。繼而得出電場力的變化情況。11．【答案】B,D【解析】【解答】A、上下兩個正、負點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度向下，左右兩個正、負點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度向右，根據(jù)矢量合成法則可知，O點的電場強度不為零，方向為沿AD方向。在O點處電勢為零，故A錯誤；

B、據(jù)對稱性，b、c兩點處電勢相等，把一正點電荷沿著b→d→c的路徑移動時，電場力做的總功為零，故B正確；

C、根據(jù)庫侖定律和力的合成，同一點電荷在a、d兩點所受電場力相同，故C錯誤；

D、取無窮遠處電勢為零，a點的電勢為正，b、O、c三點電勢相等，均為零，則負點電荷從a點移動到b點，電場力做負功，所以電勢能增大，故D正確。

故答案為：BD。

【分析】根據(jù)點電荷的場強及場強的矢量疊加確定O點的合場強情況。根據(jù)等量異種電荷和等量同正電荷電場及電勢的分布特點，再結(jié)合電勢和電場強度的疊加原理分析各點的電勢和電場強度情況，再根據(jù)電勢變化與電場力做功和電勢能的關(guān)系進行解答。12．【答案】C,D【解析】【解答】A、R1的阻值為R故A錯誤；

B、R2的圖像上各點的橫坐標U與縱坐標I的比值隨電壓的增大而增大，則R2的電阻隨電壓的增大而增大，故B錯誤；

C、根據(jù)圖像可知R1為線性元件，R2為非線性元件，故C正確；

D、根據(jù)歐姆定律可知，當U=1V時，R2的電阻等于R1的電阻，均等于2Ω，故D正確。

故答案為：CD。

【分析】I-U圖像與原點連線的斜率的倒數(shù)表示電阻。斜率越大，電阻越小。圖像的交點表示兩元件的阻值相等。13．【答案】（1）變大；變小；變大；變小（2）2；2【解析】【解答】（1）①根據(jù)C=極板B上移一點，正對面積S減小，則電容器的電容C減小，充電后的平行板電容器電荷量Q不變，根據(jù)C=知電勢差增大，所以靜電計的偏角變大，說明平行板電容器的電容隨正對面積減小而變小；②根據(jù)C=極板B左移一點，板間距離d增大，則電容器的電容減小，根據(jù)C=知電勢差增大，所以靜電計的偏角變大，說明平行板電容器的電容隨距離變大而變小。

（2）本題關(guān)鍵要清楚示波管的工作原理，要用運動的合成與分解的正交分解思想進行思考。電子在偏轉(zhuǎn)電場方向做勻加速直線運動，垂直于偏轉(zhuǎn)電場方向做勻速直線運動，根據(jù)類平拋運動的基本公式求出偏轉(zhuǎn)位移，得出偏轉(zhuǎn)位移與偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系即可求解。電子在YY'內(nèi)的加速度為a=在YY'內(nèi)運動的時間t=所以偏轉(zhuǎn)位移y=由此可以看出偏轉(zhuǎn)位移和電壓成正比。同理可以證明在XX'方向上的偏轉(zhuǎn)位移也與電壓成正比。所以根據(jù)題意得xy解得x=2y=2所以熒光屏上光點的坐標為（2，2）。

【分析】根據(jù)電容的決定式和定義式判斷兩極板間電勢差的變化情況即電容的影響情況。電勢差越大，靜電計的張角越大。明確帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動情況，以及偏轉(zhuǎn)位移與恒定電壓之間的關(guān)系。依此類推出結(jié)論。14．【答案】（1）相反；減小（2）1.0×10－2（3）正確【解析】【解答】（1）根據(jù)圖甲所示的電路，觀察圖乙可知充電電流與放電電流方向相反，大小都隨時間減小；

（2）電容器的電荷量為Q=It=根據(jù)充電時電壓—時間圖線可知，圖像與時間軸所圍面積與電阻的比值表示電荷量，而電壓的峰值為Um=6V，則該電容器的電容為C=設電壓—時間圖線與坐標軸圍成的面積為S，聯(lián)立解得C=1.0×（3）正確，電容器放電的過程中，電容器C與電阻R兩端的電壓大小相等，因此通過對放電曲線進行數(shù)據(jù)處理后記錄的“峰值Um”及圖線與時間軸所圍“面積”，仍可應用C=【分析】充電電流與放電電流方向相反，大小都隨時間減小。根據(jù)電荷量的定義式推導得出電荷量和電壓及時間的關(guān)系，繼而得出圖像與時間軸所圍面積的物理意義，再根據(jù)電容的定義式進行解答。15．【答案】（1）解：小球A受重力、細線的拉力和B球的庫侖力，由平衡條件可知，A球受到水平