安徽省黃山市2023_2024學年高二物理上學期期中測試試題選擇性含解析

這是一份安徽省黃山市2023_2024學年高二物理上學期期中測試試題選擇性含解析，共16頁。試卷主要包含了選擇題，實驗題，計算題等內容，歡迎下載使用。
（選擇性考試）
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?yōu)镕，則兩小球間的距離變?yōu)椋? ）
AB. rC. D. 2r
【答案】C
【解析】
【詳解】接觸前兩個點電荷之間的庫侖力大小為，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?yōu)椋?lián)立解得，故C正確，ABD錯誤．
2. 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(shù)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(chǎn)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. B. C. ρnevD.
【答案】C
【解析】
【分析】考查電路和電場知識
【詳解】，I=neSv，，，聯(lián)立得E=ρnev，故選C。
3. 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
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)等量異種電荷周圍的場強分布和電勢分布規(guī)律進行判斷；負電荷在低電勢點的電勢能較大，在高電勢點的電勢能較小.
【詳解】根據(jù)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，則選項A錯誤；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，選項B錯誤；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，選項C錯誤；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，選項D正確；故選D.
4. 如圖所示，地面上某個空間區(qū)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
D. 兩電場強度大小關系滿足E2=2E1
【答案】C
【解析】
【分析】
【詳解】A．A到虛線速度由零加速至v，虛線到B速度v減為零，位移相同，根據(jù)
v2=2ax
則加速度大小相等，方向相反，A錯誤；
BC．對A到B的過程運用動能定理得
qUAB+mgh=0
解得
知A、B電勢不等，則帶電小球在A、B兩點電勢能不相等，B錯誤，C正確；
D．在上方電場，根據(jù)牛頓第二定律得加速度大小為
在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為
因為a1=a2，解得
故E2不一定等于2E1，D錯誤。
故選C
5. 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(shù)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(shù)變小，電壓表V2示數(shù)變大
C. 不變
D. 變大
【答案】C
【解析】
【詳解】AB．當滑動變阻器的觸片從左端向右端滑動的過程中，滑動變阻器接入電路的阻值變大，回路總電阻變大，電流減小，內電壓減小，路端電壓增大，L2兩端電壓減小，即V2示數(shù)變小，L2燈泡變暗，V1示數(shù)變大，L3電流變大，所以L1電流減小，即L3變亮，L1變暗，故AB錯誤；
C．把小燈泡L2的電阻R2看成電源的一個內阻，則由電源的路端電壓與電流的關系可知
所以
即不變，故C正確；
D．設小燈泡L2的電阻為R2，在滑動變阻器的觸片從左端向右端滑動的過程中，R2是不變的，根據(jù)部分電路的歐姆定律可知
所以
即不變，故D錯誤。
故選C。
6. 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2 A，則（ ）
A. 當I=2 A時外電阻為1 Ω
B. 當I=1 A和I=2 A時電源的輸出功率相同
C. 當I=1 A和I=2 A時電源的效率相同
D. 電源的最大輸出功率為2 W
【答案】B
【解析】
【詳解】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
當I=2A時，輸出功率為
P出=EI-I2r=3×2W-22×1W=2W
根據(jù)
P出=I2R
得
故A錯誤；
B．當I=1 A電源的輸出功率
P出=EI-I2r=3×1W-12×1W=2W
故B正確；
C．當I=1 A和I=2 A時電源的效率
不相同，故C錯誤；
D．當外電阻與內電阻相等時電源的最大輸出功率，為
故D錯誤。
故選B。
7. 如圖所示電路中，開關S斷開時，電壓表，電流表均無示數(shù)；S閉合時，電流表有示數(shù)，電壓表無示數(shù)，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
【答案】D
【解析】
【詳解】BC．開關S斷開時，三電阻串聯(lián)，電流表和電壓表均無示數(shù)，說明斷路，而電壓表沒有示數(shù)，說明R1或者R3斷路，故BC錯誤；
AD．由于電路中僅有一處故障，S閉合時，只有R1接入電路，電流表有示數(shù)，說明電阻R1正常，電壓表沒有接入電路，故沒有示數(shù)，故電阻R1正常，電阻R3斷路，故A錯誤，D正確。
故選D。
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
【答案】AC
【解析】
【分析】本題的核心是對φ–x圖象的認識，利用圖象大致分析出電場的方向及電場線的疏密變化情況，依據(jù)沿電場線的方向電勢降低，圖象的斜率描述電場的強弱——電場強度進行分析解答．
【詳解】A．由圖知x1處的電勢等于零，所以q1和q2帶有異種電荷，A正；
B．圖象的斜率描述該處的電場強度，故x1處場強不為零，B錯誤；
C．負電荷從x1移到x2，由低電勢向高電勢移動，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；
D．由圖知，負電荷從x1移到x2，電場強度越來越小，故電荷受到的電場力減小，所以D錯誤．
9. 將額定電壓為U、線圈電阻為的直流電動機與電動勢為E、內阻為r的電源兩端直接相連，電動機剛好正常工作。則關于電動機消耗的電功率，則下列表達式中錯誤的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【詳解】C．由閉合電路歐姆定律
可得
則電動機消耗的電功率為
C正確，不符合題意；
ABD．因為電動機正常工作時為非純電阻用電器，歐姆定律不成立，故ABD錯誤，符合題意。
故選ABD。
10. 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(jīng)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、時間T為已知量）則下列說法正確的是（ ）
A. 帶電粒子在兩板間做往復運動，周期為T
B. 兩板間距離
C. 兩板間所加交變電場的周期為T，所加電壓
D. 若其他條件不變，該帶電粒子從開始進入電場，該粒子能到達右側板
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．由圖像可知，運動過程中粒子速度方向未發(fā)生改變，帶電粒子在兩板間做單向直線運動，A錯誤；
B．速度—時間圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，由圖像可知兩板間距離為
B正確；
C．設板間電壓為U，則粒子加速度為
則
解得
C錯誤；
D．開始進入電場的粒子，速度—時間圖像如圖，由圖像可知，粒子正向位移大于負向，故運動方向時而向右，時而向左，最終打在右板上，D正確。
故選BD。
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，AB邊長為，D為AC的中點。現(xiàn)將一點電荷放在D點，且點電荷在C點產(chǎn)生的場強為1N/C，則放入點電荷后，B點場強為______N/C。
【答案】
【解析】
【詳解】如圖所示
A點電勢為2V，B點電勢為3V，C點電勢為4V。則D點電勢為3V，則BD為等勢面，場強方向垂直BD指向A點，場強大小為
因現(xiàn)將一點電荷放在D點，且點電荷在C點產(chǎn)生的場強為1N/C，可知點電荷在B點產(chǎn)生的場強也為1N/C，則B點的場強為
12. 要測一個待測電阻絲（約為）的阻值，實驗室提供了如下器材：
A.電源E：電動勢12V，內阻不計；
B.電流表A：量程0~15mA，內阻為；
C.電壓表V：量程0~10V，內阻約為；
D.滑動變阻器：最大阻值，額定電流0.5A；
E.滑動變阻器：最大阻值，額定電流0.1A；
F.定值電阻；
G.定值電阻；
H.定值電阻；
L.電鍵S及導線若干。
要求實驗中盡可能準確測量的阻值，并測量出多組數(shù)據(jù)。請回答下面問題：
（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(shù)如下圖所示，______mm，_____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______。（選填或）
（3）為了測定待測電阻上的電流，應將定值電阻______（選填或或）與電流表并聯(lián)，將其改裝成一個大量程的電流表。
（4）利用所給器材，在虛線框內畫出測量待測電阻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(jù)以上實驗原理電路圖進行實驗，若電流表的示數(shù)為I，電壓表的示數(shù)為U，則其電阻率的表達式為______。（使用題目中所給的字母表示）
【答案】 ①. 50.50 ②. 0.900 ③. ④. ⑤. ⑥.
【解析】
【詳解】（1）[1]游標卡尺的讀數(shù)為
[2]螺旋測微器為
（2）[3]為了在實驗時能獲得更大的測量范圍，滑動變阻器采用分壓式連接；
（3）[4]將電流表改裝成一個大量程的電流表，并聯(lián)較小的分流電阻，根據(jù)題意可知，并聯(lián)電阻為；
（4）[5]因為改裝后電流表內阻已知，故采用內接法
（5）[6]Rx兩端的電壓可以用電壓表的讀數(shù)減去電流表兩端的電壓，電流為改裝后的電流表讀數(shù)，改裝后的電流表量程
根據(jù)電阻定律
解得
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(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）
13. 如圖電路中，電源的電動勢，內阻，電阻，，，電容器的電容，閉合電鍵K后，求：通過靈敏電流計G的總電量。
【答案】
【解析】
【詳解】開關斷開時，電容器充電電壓為電阻兩端的電壓
則充電電荷量
且上極板帶正電，開關閉合后，外電路的總電阻
總電流為
路端電壓
兩端電壓
兩端電壓
電容器的電壓等于與電壓之差，為
則得電容器的帶電量
因為，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，閉合開關后，通過電流G的總電荷量
14. 如圖所示，在足夠高的豎直墻面上A點，以水平速度向左拋出一個質量為的小球，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，經(jīng)過一段時間小球將再次到達墻面上的B點處，重力加速度為，求在此過程中：（注意：計算結果可用根式表示）
（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。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（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。將小球的運動沿水平方向和豎直方向分解，水平方向
且有
得到
（2）水平方向速度減小為零所需的時間
所以從A點到B點時間
豎直方向上
解得
（3）將速度進行分解，當時，小球速度最小，此時
根據(jù)力的關系知
解得
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，BC段長度，CDF的半徑，F(xiàn)MN的半徑，滑塊帶電量，滑塊與BC間的動摩擦因數(shù)，重力加速度，求：
（1）滑塊通過F點的最小速度；
（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；
（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】（1）2m/s；（2）1.5m；（3）見解析
【解析】
【詳解】（1）小球在F點根據(jù)牛頓第二定律有
解得
m/s
（2）設小球由處釋放恰好通過F點，對小球從釋放至F點這一過程由動能定理得
解得
1.5m
（3）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
= 1.2m
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(jīng)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，小球恰好可以經(jīng)過F點，由動能定理可得
解得
m
則當h1.5m時，小球可以通過F點；
小球再次返回剛好到D點
解得
h3= 3.2m
則當h≤3.2m時，小球被彈簧反彈往復運動后不過D點，綜上可知
1.5m≤h≤ 3.2m
小球第一次進入圓軌道可以通過F點，往復運動第二次后不過D點，滿足始終不脫離軌道；
③小球第一次進入圓軌道可以經(jīng)過F點，壓縮彈簧被反彈，第二次往復運動時滿足小球恰好可以經(jīng)過F點，由動能定理可得
解得
h4= 3.5m
則當h3.5m時，小球可以兩次通過F點；
小球再次返回剛好到D點
解得
h5=5.2m
則當h≤5.2m時，小球被彈簧反彈第二次往復運動后不過D點
綜上
3.5m≤h≤5.2m
小球第一、二次進入圓軌道可以通過F點，往復運動第二次后不過D點，滿足始終不脫離軌道；
由數(shù)學歸納法可知，滿足
（1.5+k）m ≤h≤（3.2+k）m（k =0，1，2，3……）