天津市耀华中学2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题（Word版附解析）.docx

1、天津市耀华中学 2023-2024学年度第一学期期中学情调研高二年级 物理学科一、单项选择题（本题共 5 小题，每小题5 分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意，选对得5分，选错或不选得0分；1. 在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法。下列叙述不正确的（）A. 法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法B. 用点电荷来代替实际带电体是采用了理想化物理模型的方法C. 库仑得出库仑定律并测出了元电荷e的数值D. 电场强度的表达式 和电动势的表达式都是利用比值法得到的定义式【答案】C【解析】【详解】A法拉第

2、首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法，故A正确，不满足题意要求；B用点电荷来代替实际带电体是采用了理想化物理模型的方法，故B正确，不满足题意要求；C库仑得出库仑定律，但元电荷e的数值由密立根通过油滴实验测得，故C错误，满足题意要求；D电场强度的表达式 和电动势的表达式都是利用比值法得到的定义式，故D正确，不满足题意要求。故选C。2. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点。一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（）A. q由A向O的运动是加速度减小的加速运动B. q

3、由A向O运动过程中电势能逐渐增大C. q运动到O 点时的动能最小D. q 运动到O点时的电势能小于零【答案】D【解析】【详解】APQ连线的中垂线MN上，从无穷远处到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远处，故q由A向O运动过程中，电场力可能先增大后减小，也可能逐渐减小，所以加速度可能先增大后减小，也可能逐渐减小，故A错误；Bq由A向O运动过程中电场力做正功，电势能减小，故B错误；C从A到O电场力做正功动能增加，从O到N的过程电场力做负功，动能减小，故在O点时，试探电荷的动能最大，故C错误；D取无穷远处的电势为0，从无穷远处到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时，电势能为

4、负值，故D正确。故选D。3. 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是（）A. 实验中，只将电容器b板向左平移，静电计指针的张角变大B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【答案】A【解析】【详解】电容器的电荷量保持不变，根据 ，A只将电容器b板向左平移，两板间距增大，电容减小，电势差增大，静电计指针的张角变大，A正确；B只将电容器b板向上平移，两板正对面积减小，电容减小，电势差增大，静电计指针的张角变大，B错误；C只在极板间

5、插入有机玻璃板，介电常数增大，电容增大，电势差减小，静电计指针的张角变小，C错误；D只增加极板带电量，电势差增大，静电计指针的张角变大，但电容不变，D错误。故选A。4. 长方体铜柱长、宽、高分别为a、b、c，若先后在AB和CD两端添加相同的恒定电压，则该铜柱内自由电子先后两次定向移动的速率之比为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】电流沿着AB方向时铜柱的电阻为通过铜柱的电流为电流的微观表达式为联立以上三式解得同理，可得电流沿着CD方向时，电子定向移动速率为故选B。【点睛】本题考查电流的微观表达式以及电阻的定义式内容。5. 如图，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O

6、处固定一个点电荷，将质量为m，电荷量为+q 的小球从圆弧管的水平直径端点A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则（）A. 小球到达B时的速率等于 B. 小球到达B时的速率大于 C. 固定于圆心处的点电荷在细管内的电场强度大小为 D 小球不能到达C 点【答案】C【解析】【详解】AB由A到B，电场力做功为零，则由动能定理得解得小球到达B时的速率故AB错误；C在B点时解得选项C正确；D由于点电荷位移圆心处，A、B、C处于同一等势面上，根据电场力做功公式可知小球从A到C点过程中电场力做功为零，根据机械能守恒定律可知小球能到达C点，故D错误；故选C。二、多项选择

7、题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，选对得5分，对而不全得3分，选错或不选得0分）6. 如图所示的 U-I 图像中，直线I为某电源路端电压与电流的关系图线，直线II为某一电阻R 的U-I图线。用该电源与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（） A. R 的阻值为3B. 电源的输出功率为3.0WC. 电源电动势为3.0V， 内阻为 1.5D. 电阻 R 消耗功率为1.5W【答案】CD【解析】【详解】AR 的阻值为选项A错误；B电源的输出功率为P=IU=1.5W选项B错误；C由图像可知，电源电动势为E=3.0V内阻为 选项C正确；D电阻 R 消耗的功率为

8、PR=IU=1.5W选项D正确。故选CD。7. 如图所示，质量相同两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中，下列说法正确的（）A. 它们带上异种电荷B. 它们运动的时间C. 它们的动能增加之比D. 它们所带的电荷量之比【答案】BD【解析】【详解】A带电粒子P、Q在电场中偏转方向相同，可知带电粒子P、Q受到的电场力方向相同，它们带上同种电荷，故A错误；B垂直于电场方向，带电粒子P、Q做匀速直线运动，且两粒子初速度相同，垂直于电场方向位移相同，根据可知它们运动

9、的时间故B正确；D沿电场方向带电粒子做初速度为零的匀加速运动，有可得带电粒子的加速度为它们所带的电荷量之比故D正确；C带电粒子P、Q在电场中运动，电场力做正功，根据动能定理有它们的动能增加之比故C错误。故选BD。8. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，其中R1r，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A. 电压表读数变大，电流表读数变大B. R1和R2上的电压都增大C. 质点P将向下运动，电源的效率增大D. R3上消耗的功率减小，电源的输出功率增大【答案】BD【解析】【详解】C当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4接入电路的阻值减小，电路总

10、电阻减小，总电流增大，电源内电压增大，路端电压U减小，且R1两端电压增大，R3两端电压减小，平行金属板两端电压减小，板间电场强度减小，质点P将向下运动，根据可知电源的效率减小，故C错误；AB因为R3两端电压减小，所以通过 R3的电流减小，又因为总电流增大，所以通过R2的电流增大，即电流表读数增大，R2两端电压增大，R4两端电压减小，即电压表读数减小，故A错误，B正确；D因为R3两端电压减小，所以R3上消耗的功率减小。设电路的外电阻为R，则电源的输出功率为根据数学知识可知当R=r时，P最大；当Rr时，P随R的增大而增大；当Rr时，P随R的减小而增大。由题意可知开始时一定有Rr，所以电源的输出功率

11、增大，故D正确。故选BD。第卷（非选择题）三、实验题（本题每空2分，共 18分）9. （2）实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路_，由测得的实验数据绘制成的U-I图像如图2所示。图1的电路图为下图中的_。（选填“A”或“B”）如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E=_V，内阻r=_。实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制U-I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将_，与纵坐标轴交点的数值将_。（两空均选填“变大”、

12、“变小”或“不变”）【答案】 . . B . 4.5 . 8 . 不变 . 变大【解析】【详解】（2）1电路如图所示2通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故A错误，B正确。故选B。34根据闭合电路欧姆定律得则图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率是电池的内阻r，根据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势内阻（3）56分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池的电流，考虑电压表内阻的影响，流过电压表的电流为可知流过电池电流为因电压表内阻不变，随着电压值减小，电压表电流减小，当电压值趋于0时，趋于，在图2中重新绘制的图线如

13、图所示故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。四、计算题（本题共3小题，12题12分， 13题14分， 14题16分，共42分。要求写出必要的解题步骤，直接写出结果不得分。）10. 如图所示， M为一线圈电阻r=0.4的电动机， 电源电动势，当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2=4A。求（1）电源内阻；（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率。【答案】（1）1；（2）2.5W，87.5W【解析】【详解】（1）当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，根据闭合电路欧姆定律可知代入数据解得电源内阻为=1

14、（2）当S闭合时，I2=4A，则U内= I2=4VU外=E- U内=40V-4V=36V即电动机两端电压为36V，根据电功率的公式有P热= W电动机消耗的功率为机械功率为P机= PM- P热=87.5W11. 静电除尘中有一种设计是两段式的，即尘埃带电和除尘分别在两段空间内进行。如图所示是由两块平行电极板构成的除尘空间，两电极板与电压恒定的高压直流电源相连，间距为。板长为，忽略边缘效应。经带电空间带负电荷后的尘埃，其质量为m，电荷量为q，以水平速度均匀射入除尘空间，当其碰到下电极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两板所加直流高压的电压可以改变收集效率。当两板间所加的电压为时（即离下

15、板范围内的尘埃能够碰到下板被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。求：（1）当两板间所加的电压为时，尘埃的加速度；（2）收集效率时，两板所加的电压与的比值。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）板间电场强度的大小为尘埃受到电场力为F=Eq根基牛顿第二定律，有F=ma联立解得（2）根据（1）可知，当所加电压为某一值U时，加速度垂直于板面方向的偏转距离为水平距离L=vt联立解得 因为收集效率率y与U成正比，则有12. 某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法，设计了一个简易的“电磁秤”。如图，两平行金属导轨CD、EF间距为L=0.1m，与电动势为E0=9V内阻不计的电源、电流表（量程0

16、-3A）、开关、滑动变阻器R（阻值范围为0100）相连，质量为M=0.05kg、电阻为R0=2的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成=30角，垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行，跨过定滑轮后另一端接有秤盘，空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B=5T，在秤盘中放入待测物体，闭合开关，调节滑动变阻器，当金属棒平衡时，通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量。已知秤盘中不放物体时，使金属棒静止时电流表读数为I0=0.1A。其余电阻、摩擦以及轻绳质量不计，g=10m/s2则:（1）秤盘的质量m0是多少?（2）求此“电磁秤”的称量物体的最大质量及此时滑动变阻器

17、接入电路的阻值；（3）为了便于知道秤盘上物体质量m的大小，请在图中作出其与电流表读数关系的m-I图象。【答案】(1) ；(2) ， (3)见解析【解析】【详解】(1)对金属棒受力分析有对秤盘受力分析有解得(2)当电路中电流最大时，此电磁秤称得最大质量，电路中最大电流即为电流表量程，即解得对金属棒及秤盘有解得(3) 电流与所称物体质量的关系式为代入数据得图像为13. （1）在探究“决定导线电阻因素”的实验中。需要进行以下测量：欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为，要求测量结果尽量准确，这位同学想使被测电阻R两端的电压从零开始调节。他可选用的器材有：下列器材中，电流表应选用（填器材的标号和下同）_，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_。在如图的虚线框内画出你设计的实验电路图_A. 电池组E（6V，内阻很小）B. 电流表（03A，内阻约）C. 电流表（00.6A，内阻约）D. 电压表（03V，内阻约）E. 电压表（06V，内阻约）F. 滑动变阻器（， 2A）G. 滑动变阻器（， 1A）H. 电键、导线【答案】，；【解析】【详解】123电源电动势是6V，电压表选，电路最大电流为则电流表可选A2。电压从零开始，滑动变阻器应采用分压接法，由于则电流表采用外接法，滑动变阻器的范围应与电阻值差不多，方便调节，所以滑动变阻器选。4实验电路图如图所示