廣東省廣州市2023-2024學年高二上學期期中物理試題（含答案）2

廣東省廣州市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（每小題只有一項符合題目要求，共7小題，每小題4分，共28分）1．在點電荷Q形成的電場中某點P，放一電荷量為q的檢驗電荷，q受到的電場力為F。如果將q移走，那么P點的電場強度大小為（）A．Fq B．FQ C．qF2．如圖所示，A、B、C、D是勻強電場中一正方形的四個頂點，場強方向平行正方形ABCD所在平面．已知A、B、C三點的電勢分別為φA=9V，φB=3V，φC=-3V，則（）A．D點的電勢φD=3V，場強方向平行AB方向B．D點的電勢φD=3V，場強方向平行AC方向C．D點的電勢φD=6V，場強方向平行BC方向D．D點的電勢φD=6V，場強方向平行BD方向3．半導體材料制作的純電阻，它的電阻率隨溫度的升高而減小，當加的電壓由零逐漸增大時，下圖中符合“電阻率隨溫度的升高而減小”的是（）A． B．C． D．4．如圖所示，曲線為一帶正電粒子僅受電場力作用下的一段運動軌跡，經過A點的速度為200m/s，經過B點的速度為100m/s，該粒子的比荷為105C/kg。規(guī)定B點電勢為零，則A點電勢為（）A．?0.15V B．0.15V C．?0.3V D．0.3V5．a、b、c、d四個帶電液滴在如圖所示的勻強電場中，分別水平向左、水平向右、豎直向上、豎直向下做勻速直線運動，可知（）A．c的電勢能減少，機械能增加B．a、b的電勢能增加、機械能不變C．a、b為同種電荷，c、d為異種電荷D．d的電勢能減少，機械能減少6．如圖所示，電子示波管由電子槍、豎直偏轉電極YY'、水平偏轉電極XX'和熒光屏組成，當電極YY'和XX'所加電壓都為零時，電子槍射出的電子恰好打在熒光屏上的中心點即原點O上，下列說法正確的是（）A．當上極板Y的電勢高于Y'，后極板X的電勢低于X'時，電子將打在第一象限B．電子從發(fā)射到打到熒光屏的時間與偏轉電極所加電壓大小有關C．電子打到熒光屏時的動能與偏轉電極所加電壓大小有關D．電子通過XX'時的水平偏轉量與YY'所加電壓大小有關7．如圖為簡易多用電表的電路圖。電源E為直流電源R1、R2、R3、R4和R5是定值電阻；表頭G的滿偏電流為5mA，內阻為20Ω；虛線方框為換檔開關；A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表共有5個檔位，分別為直流電壓5V檔和10V檔，直流電流10mA擋和25mA檔，歐姆×10Ω檔。則以下說法中正確的是（）A．多用電表的B端應與黑色表筆相連接B．若換擋開關與3相連，測量中，表盤指針穩(wěn)定時如圖（b）所示，則其讀數為11ΩC．若換擋開關與2相連，為直流電流25mA檔D．若要使用直流電壓5V檔，則換擋開關應與4相連二、多項選擇題（共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中至少有兩個選項符合題目要求，全部選對得6分，選對不全得3分，有選錯或不答的得0分）8．一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷（電量很?。┕潭ㄔ赑點。如圖所示，用E表示兩極板間場強，U表示電容器的電壓，EP表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（）A．U變小，E不變 B．E變大，EP不變C．U變小，EP不變 D．U不變，EP不變9．如圖，電荷量大小相等的點電荷A、B、C放置在等邊三角形的頂點上，O為三角形的中心，a、b、c分別為三邊的中點，d是O關于a的對稱點。已知A帶負電，B、C均帶正電，則（）A．O點電場強度為零B．b、c兩點電場強度大小相等C．電子在d點的電勢能比在O點的小D．質子從b點移到O點，電場力做正功10．在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，A、V為理想電流表和電壓表．在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是（）A．電壓表示數減小 B．電流表示數減小C．電容器C所帶電荷量減少 D．a點的電勢降低三、實驗題（共2小題，共16分，請按題目要求作答）11．某同學測定兩節(jié)干電池的電動勢E和內電阻r，實物圖連線如圖所示。（1）電鍵閉合前滑動變阻器滑片P應處于端（填“A”或“B”）；（2）根據U?I圖線求出該電池電動勢測量值E=V，內阻測量值r=Ω。（均保留3位有效數字）12．在“測定金屬的電阻率”的實驗中，金屬絲的電阻約為4Ω，用米尺測得金屬絲的長度為L。（1）從圖中讀出金屬絲的直徑d為mm；（2）用伏安法測量金屬絲的電阻時，除被測金屬絲外，還有如下供選擇的實驗器材：直流電源：電動勢約4V，內阻很??；電流表A1：量程0~電流表A2：量程0~3電壓表V：量程0~3V，內阻滑動變阻器R（0~20Ω）；開關、導線等。應選的電流表是（填“A1”或“A2”）；（3）要求盡量減小實驗誤差，將圖中的實物連線補充完整；（4）讀出電壓表和電流表的示數，分別用U和I表示。根據實驗中所測得的物理量，金屬絲的電阻率表達式為ρ=（用U、I、d、L等字母表示）；（5）由于電壓表和電流表不是理想電表，所以金屬電阻率的測量值比真實值偏（填“大”或“小”）。四、計算題（共3小題，共38分。要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位，只寫出最后答案的不能得分）13．如圖所示，有兩塊平行金屬板A、B相距d=8cm，接在U=24V的直流電源上。電源正極接地，C、D兩點在兩板之間且分別與A、B兩板的距離均為d1=2cm。（1）求AB板間的電場強度E；（2）求C點的電勢φC（3）求將電量為1×10-5C的負電荷由C點移到D點，電場力做的功。14．如圖所示，水平放置的兩平行金屬板，板長為l=10cm，兩板相距d=2cm。一束電子以初速度v0＝4.0×107m/s從兩板中央水平射入板間，然后從板間飛出射到距板右端L=45cm、寬D=20cm的熒光屏上。不計電子重力，熒光屏中點在兩板間的中線上，已知電子質量為m＝9.1×10－31kg，電荷量為e＝1.6×10－19C。求：（1）電子飛入兩板前所經歷的加速電場的電壓U1；（2）若偏轉電壓為U2=72V，求電子射出偏轉電場時的偏轉距離；（3）為使電子都能射中熒光屏，求偏轉電壓的取值范圍。15．在現代科學實驗和技術設備中，常常利用電場來控制帶電粒子的運動．如圖所示，以O為圓心，半徑為R的圓形區(qū)域內有方向豎直向下的勻強電場．質量為m、電量為q的帶正電粒子在紙面內自圓周上M點先后以不同的速率沿水平方向進入電場．其中速率為v0的粒子，可從直徑MN上的N點穿出．直徑MN與水平方向的夾角為α=53°，粒子重力不計．（sin53°=0.（1）求電場強度的大??；（2）以某一速率入射的粒子在電場中運動時間最長，求此粒子動能的增加量．

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】根據電場強度的定義式可得P點的電場強度大小為E=Fq，某點的電場強度由電場自身決定，與試探電荷q和試探電荷受到的電場力F無關，所以，如果將q移走，P點的電場強度大小仍為Fq，A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

2．【答案】B【解析】【解答】勻強電場中，任意一條直線上的電勢都是均勻變化的，所以連接AC，其中點E的電勢φE=φA+φC2=9-323．【答案】B【解析】【解答】當導體兩端的電壓由零逐漸增大時，由歐姆定律UI=R可知，導體的電阻等于圖線上的點與原點連線的斜率，如果電阻率隨溫度的升高而減小，則圖線上的點與原點連線的斜率一直減小，B符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B。4．【答案】A【解析】【解答】根據動能定理得：12m，代入數解得：UAB=-0.15V。根據公式UAB=φA-φB，φB=0，代入數據解得：φA=-0.15V。故答案為：A

【分析】求解A點的電勢，利用電荷在該位置的電勢能除以電荷量即可。5．【答案】A【解析】【解答】四個帶電液滴均在勻強電場中做勻速直線運動，根據共點力平衡條件可知，四個電荷受到的電場力均與重力等大反向，即電場力豎直向上。

A.c受到的電場力方向與位移同向，電場力做正功，電勢能減少，根據能量守恒定律可知，機械能增加，A符合題意；

B.a、b受的電場力與位移方向垂直，所以不做功，電勢能不變，根據能量守恒定律可知，a、b機械能均不變，B不符合題意；

C.由于四個帶電液滴受到的電場力均豎直向上，與場強方向相同，所以四個液滴均帶正電，C不符合題意；

D.d受到的電場力方向與位移方向相反，電場力做負功，電勢能增加，根據能量守恒定律可知，機械能減少，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】由共點力平衡條件分析四個液滴受到的電場力方向，再由電場力方向與位移的方向關系，分析電場力做功的正負，得出電勢能的變化情況，然后根據能量守恒定律分析機械能的變化情況。6．【答案】C【解析】【解答】A.由于電子帶負電，所以電子在電場中運動時會偏向電勢高的一邊，故電子經過豎直偏轉電極YY'時向Y偏轉，經過水平偏轉電極XX'向X'偏轉，故電子將打在第二象限，A不符合題意；

B.電子只受電場力，在示波管軸線方向上不受力，所以電子沿軸線方向做勻速運動，故電子從發(fā)射到打到熒光屏的時間與偏轉電極所加電壓大小無關，B不符合題意；

C.電子在軸線方向上速度是固定的，但是x、y兩個方向的分速度與偏轉電壓有關，故電子打到熒光屏時的動能與偏轉電極所加電壓大小有關，C符合題意；

D.電子通過XX'時的水平偏轉量與XX'所加電壓大小有關，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】根據極板的電勢的高低判斷電子的偏轉方向；電子在示波管軸線方向上不受力，所以電子沿軸線方向做勻速運動，在沿x方向和y方向上，有偏轉電壓做功。7．【答案】D【解析】【解答】A.參考歐姆表接入電路的情況，即B端接“3”，根據“紅進黑出”的規(guī)律可知，圖中的B端與紅表筆相連接，A不符合題意；

B.當選擇開關接3時，為歐姆表，表盤讀數為11.0Ω，使用的倍率為×10Ω，所以歐姆表的讀數應為11.0×10Ω=110Ω，B不符合題意；

C.1、2為電流檔，由圖中的電路結構可知，換檔開關接“2”與接“1”相比較，接“2”，并聯(lián)電阻的分流較小，電流檔量程較小，可知接“2”時為10mA擋，C不符合題意；

D.由電壓表的改裝原理可知，B端接“4”或“5”為電壓檔，接“4”與接“5”相比較，接“4”，串聯(lián)的分壓電阻小，電壓檔的量程小，所以直流電壓5V檔時選擇開關應接“4”，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據“紅進黑出”的規(guī)律判斷表筆插孔；表盤讀數與倍率的乘積即為待測電阻的阻值；根據并聯(lián)電阻分流的情況分析電流檔的量程；根據串聯(lián)電阻分壓的情況分析電壓檔的量程。8．【答案】A,C【解析】【解答】由題意可知，電容器充電后與電源斷開，所以移動極板的過程中，電容器所帶電荷量不變，正極板下移，極板間距d減小，根據C=εrS4πkd、U=QC和E=Ud可得E=4πkQεrS，可知電場強度E與極板間距d無關，所以E不變，P到負極板的距離不變，P與下極板間的電勢差UP-=Ed9．【答案】B,C【解析】【解答】A項：O點的電場強度為B、C電荷在O的產生的場強與A電荷在O點產生的場強的合成，由平行四邊形定則可知，O點的電場強度不為零，A不符合題意；B項：由對稱性可知，b、c兩點電場強度大小相等，B符合題意；C項：如果沒有A處的負電荷存在，O點和d點的電勢相等，由于A處負電荷的存在，且O點離負電荷更近，所以O點的電荷更低，所以電子在O點的電勢能更大，C符合題意；D項：O、b兩點位于A、C連線的中垂線上，如果沒有B處電荷存在，O、b兩點電勢相等，由于B處正電荷的存在且O點離正電荷更近，所以O點電勢更高，質子在O點的電勢能更大，所以質子從b點移到O點，電勢能增大，所以電場力做負功，D不符合題意。故答案為：BC?！痉治觥坷秒妶鰪姸鹊寞B加可以判別場強的大??；利用電場線的分布可以比較電勢能的高低；利用疊加原理可以判別電場力做功。10．【答案】C,D【解析】【解答】滑動變阻器的滑片P自a端向b端滑動，滑動變阻器電阻減小，外電阻減小，干路電流I增大，電阻R1兩端的電壓U1=IR1，增大，則電壓表示數變大。電阻R2兩端的電壓U2=E-I(R1+r)，增大，則U2減小，電容器兩極板間的電壓減小，由Q=CU可知，電容器帶電荷量減少。根據外電路中沿著電流方向，電勢降低，可知a點的電勢大于零，U2減小，則a點的電勢降低。因為R2電壓減小，所以通過R211．【答案】（1）A（2）3.00；3.33【解析】【解答】（1）為了保護電路的安全，應該在開關閉合前將滑動變阻器接入電路的阻值調到最大，故滑片應置于A端；

（2）由閉合電路歐姆定律可得U=E-Ir，可知U-I圖的縱軸截距等于電源電動勢，即E=3.00V，電源內阻圖像斜率的絕對值，即r=?U?I=12．【答案】（1）3.194/3.195/3.196/3.197（2）A1（3）（4）πU（5）小【解析】【解答】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，由圖可知，該螺旋測微器的主尺讀數為3mm，可動尺讀數為19.5×0.01mm=0.195mm，故金屬絲的直徑為3mm+0.195mm=3.195mm。

（2）由題給數據可知，電源電動勢為4V，待測電阻大約為4Ω，故通過待測電阻的最大電流約為1A，再考慮到其他電阻，故應選的電流表是A1。

（3）由于Rx≈4Ω<RARV=300Ω，所以應選擇電流表外接法，為了精確測量電阻值，需要多組數據，因此滑動變阻器采取分壓式接法，實物連接如圖所示：

（4）由歐姆定律可得Rx=UI13．【答案】（1）解：A、B兩板間的場強大小為E=方向豎直向上。（2）解：以地面為電勢零點，則有φ根據UAC=可得U可得φ（3）解：CD間的電勢差為U將電量為1×10-5C的負電荷由C點移到D點，電場力做的功W=q【解析】【分析】（1）由勻強電場中電場強度與電勢差的關系式E=Ud，求解AB板間的電場強度E；（2）根據電勢差與電勢的關系式UAB14．【答案】（1）解：設加速電場的電壓為U1，解得U（2）解：如圖所