遼寧省沈陽市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、單選題本題共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，有選錯的得0分。1．下列說法正確的是（）A．密立根通過油滴實驗測定了元電荷，質子和電子都是元電荷B．庫侖利用扭秤實驗裝置測出了萬有引力常量C．安培提出了電場的概念，并提出用電場線來描述電場D．避雷針利用了帶電導體凸起尖銳的地方電荷密集、附近空間電場較強的特點2．避雷針上方有雷雨云時，避雷針附近的電場線分布如圖所示，圖中央的豎直黑線AB代表了避雷針，CD為水平地面，M、N、P是電場中三個點，其中M、P是關于AB直線對稱的兩個點，下列說法正確是（）A．N點的電勢比M點的電勢高B．M點的場強和P點的場強相同C．將一個試探電荷+q從M點移動到N點，電場力做正功D．試探電荷?q在P點的電勢能大于在N點的電勢能3．在x軸上O、P兩點分別放置電荷量為q1、q2的點電荷，兩電荷連線上的電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中A、B兩點的電勢為零，A．P點放置的是帶正電的點電荷B．qC．C點的電場強度大于A點的電場強度D．將一帶負電的檢驗電荷從B點移到D點，其電勢能先增大后減小4．電流可以在其周圍空間激發出磁場，直線電流在空間某點激發的磁場磁感應強度大小滿足B=μI2πr，其中μ為磁導率，I為電流大小，r為該點到直線電流的距離。如圖所示，A、B、C、D、E是半徑為R的圓的五等分點，其中B、C、D、E四點有垂直于紙面向里的恒定直線電流，大小均為I0，A點直線電流大小也為I0，方向垂直于紙面向外。磁導率A．μI0πR B．3μI5．在如圖所示的U?I圖像中，直線Ⅰ為某一電源的路端電壓與電流的關系圖線，直線Ⅱ為某一電阻R的U?I圖線。用該電源直接與電阻R相連組成閉合電路，由圖下面說法錯誤的是（）A．電源的電動勢為3V，內阻為0B．電阻R的阻值為1ΩC．電源的效率為50%D．電源的輸出功率為4W6．一個用滿偏電流為3mA的電流表改裝成的歐姆表，調零后用它測量500Ω的標準電阻時，指針恰好指在刻度盤的正中間。如用它測量一個未知電阻時，指針指在2mA處，則被測電阻的阻值為（）A．250Ω B．500Ω C．750Ω D．1000Ω7．如圖所示，電路中的電阻均為2Ω，電源電動勢為3V，內阻為0.A．2.0A，2.5V B．18．如圖所示，兩根光滑導軌平行放置，導軌所在平面與水平面間的夾角為θ，一質量為m、長為L的導體棒ab垂直于導軌放置，整個裝置處于“垂直于兩導軌所在斜面向上的”勻強磁場中。當導體棒ab中通有方向從a到b的恒定電流I時，磁場的方向由垂直于斜面向上沿逆時針轉至水平向左的過程中，導體棒始終靜止，則磁感應強度的大小（重力加速度為g）（）A．一直增大 B．先減小后增大C．可能為mgsinθIL D．可能為9．如圖所示，電路中E、r為電源的電動勢和內阻，R1、R2、R3A．電容器兩極板間電勢差變小B．小液滴一定會向上運動C．電阻R1D．若電流表、電壓表的示數變化量分別為ΔI和ΔU，則|10．現有某種直線加速器結構如圖甲所示，編號為14號的4塊電極板平行放置，極板中心均有一小孔供粒子通過。其中1號和3號板與A接線柱相連，2號和4號板與B接線柱相連，在A、B接線柱間通以如圖乙所示的交變電壓，其中電壓U已知，周期T可以根據需要調節。現有一質子從1號板由靜止釋放，沿直線保持加速運動狀態，穿過小孔達到4號板。設質子的電荷量為e，質量為m，1、2號板間距為d，忽略電場邊緣效應及電壓變化瞬間所產生的影響，不計質子重力，則（）A．質子離開3號板時的動量大小為2B．交變電壓的周期為dC．3、4號板間距為(D．整個運動過程中質子做勻加速直線運動二、實驗題本題共2小題，共14分。11．某同學要測量一新材料制成的圓柱體的電阻率ρ。步驟如下：⑴用游標為20分度的卡尺測量其長度如圖1，由圖可知其長度L=mm；⑵用螺旋測微器測量其橫截面積的直徑為D；⑶用多用電表的電阻“×10”擋來粗略測量圓柱體的電阻，按正確的步驟操作，表盤示數如圖2所示，則該電阻的阻值約為Ω；⑷該同學想用伏安法更精確地測量圓柱體電阻R，現有的器材及其代號和規格如下：A．電流表A1（量程0～5mA，內阻約50ΩB．電流表A2（量程0～15mA，內阻約30ΩC．電壓表V1（量程0～3V，內阻約10kΩD．電壓表V2（量程0～15V，內阻約25kΩE．直流電源E（電動勢4V，內阻不計）；F．滑動變阻器R1（阻值范圍0～15Ω，允許通過的最大電流2G．滑動變阻器R2（阻值范圍0～5kΩ，允許通過的最大電流0H．待測圓柱體；I．開關S；導線若干；⑸為使實驗誤差較小，要求測得多組數據進行分析，請在下面框中畫出測量的電路圖。（所選器材要標明器材后的符號）⑹由該電路圖測量出待測圓柱體的電阻R；⑺該電路圖由于系統誤差使電阻的測量值（填“偏小”、“偏大”或“不變”）。⑻圓柱體的電阻率的表達式為ρ=（用所給字母表示）。12．疊層電池具有體積小輸出電壓高的特點，某實驗小組欲測量一塊疊層電池的電動勢和內阻，所用器材如下：待測疊層電池（電動勢約為9V，內阻約為十幾歐）；電流表（量程為1mA，內阻RA電阻箱（最大電阻值Rm定值電阻R0（R開關S一個、單刀雙擲開關K一個、導線若干。（1）如圖所示是甲同學設計的測量定值電阻阻值的電路圖，按圖連接好器材后，先將電阻箱的阻值調到（填“最大阻值”或“零”），將K接到1端，閉合S，記下電流表的讀數I1，再將K接到2端，調節電阻箱，使電流表的讀數仍為I1，記下電阻箱此時的阻值為9949.9Ω，則定值電阻的阻值（2）如圖所示是乙、丙兩位同學設計的測量電源電動勢和內阻的實驗電路圖，其中（填“乙”或“丙”）同學的實驗電路更加合理。（3）按（2）中所選的電路圖連接器材，進行實驗，I為電流表示數，根據測量的數據做出1I?R圖線如圖丁所示，圖線的斜率為k，則電源的電動勢E=（用k、R三、解答題本題共3小題，共40分。13．直流電動機在生產、生活中有著廣泛的應用。如圖所示，一直流電動機M和電燈L并聯之后接在直流電源上，電動機內阻r1=0.5Ω，電燈燈絲電阻R=9Ω（阻值認為保持不變），電源電動勢E=12V，內阻r=1Ω，開關（1）流過電源的電流為多大？（2）流過電動機的電流為多大？（3）電動機的機械效率。14．在光滑的絕緣水平桌面上有一直角坐標系，現有一個質量m=0.1kg、電量為q=+2×10?6C的帶電小球，經電勢差為U的加速電場加速后，從y軸正半軸上y=0.5m的P1處以速度v0沿x軸正方向射入y>0、x>0的空間，在y>0、x>0的空間有沿y軸負方向的勻強電場E1=1.25×104V/m，經x=1.（1）加速電場電勢差U的大小；（2）帶電小球經過P2（3）P315．如圖所示，豎直固定的光滑絕緣軌道處在水平向右的勻強電場中，軌道的傾斜部分MN傾角θ=53°，水平部分NP與傾斜軌道MN平滑連接，圓心為O、半徑為R的圓弧軌道PQJK與NP相切于P點。現有一質量為m、電荷量為+q的帶電小球（可視為質點）從M點由靜止釋放，小球可沿軌道運動。已知電場強度大小E=3mg4q，軌道水平段NP長度SNP=4R，重力加速度為（1）當小球釋放高度h=9.6R時，求小球到達（2）當小球釋放高度h=9.6R時，求小球運動到與O點等高的（3）如果其他條件不變，僅將小球帶電量變為?q，要使小球在運動過程中不脫離圓弧軌道，求小球釋放高度h的取值范圍。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、密立根通過油滴實驗測定了元電荷，質子和電子都不是元電荷，元電荷是一個數值，故A錯誤；

B、卡文迪許利用扭秤實驗裝置測出了萬有引力常量，故B錯誤；

C、法拉第提出了電場的概念，并提出用電場線來描述電場，故C錯誤；

D、避雷針利用了帶電導體凸起尖銳的地方電荷密集、附近空間電場較強的特點，進行尖端放電，故D正確。

故答案為：D。

【分析】密立根通過油滴實驗測定了元電荷，元電荷時電荷量的最小數值。卡文迪許利用扭秤實驗裝置測出了萬有引力常量，法拉第提出了電場的概念，并提出用電場線來描述電場。2．【答案】C【解析】【解答】A、沿電場線電勢逐漸降低，可知M點的電勢比N點的電勢高，故A錯誤；

B、電場方向沿電場線的切線方向，則M、P兩點電場強度方向不同，故B錯誤；

C、正的試探電荷從M點到N點，電場力方向與位移方向夾角小于90°，所以電場力做正功，故C正確；

D、試探電荷-q從P點到N點電場力與運動夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增大，P點的電勢能小于在N點的電勢能，故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】沿電場線電勢逐漸降低，電場線越密集，電場強度越大，電場方向沿電場線的切線方向，電場力做正功，電勢能減小。3．【答案】B【解析】【解答】A、由圖知從O到B電勢先不斷降低后先升高再降低，則兩個點電荷必定是異種電荷，且P點電勢為最低，可知該放置的是負的點電荷，故A錯誤；

BC、根據圖像切線的斜率等于場強，可知C點合場強為零，A點的合場強不等于零，則A點的場強比C點的大，由于C點與q2的點電荷的距離較q1近，根據E=k可知q故B正確，C錯誤；

D、將一負點電荷從B移到D點，電勢先升高后降低，根據Ep=qφ可知，電勢能先減小后增大，故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】根據圖像確定電勢的變化情況，φ-x圖像切線的斜率表示場強。根據場強為零的點結合點電荷場強公式及疊加原理確定電荷量的大小。結合圖像根據電勢能的定義確定電勢能的變化情況。4．【答案】A【解析】【解答】若A點直線電流方向垂直于紙面也向里，大小也為I0，則根據磁感應強度的矢量運算法則，圓心O點的磁感應強度大小為0。但實際A點直線電流大小為I0，方向垂直于紙面向外，則其它四個點的直線電流在圓心O點的磁感應強度的矢量合與A點直線電流在O點的磁感應強度的等大同向。故實際圓心O點的磁感應強度大小為B=2故答案為：A。

【分析】根據右手定則和題意確定各導線在O點產生的磁場的方向和大小。再根據矢量運算法則確定O點合磁感應強度的大小。5．【答案】C【解析】【解答】A、根據閉合電路歐姆定律得U=E-Ir圖像中直線I表示電源的路端電壓與電流的關系圖線，可知當I=0時，U=E，讀出電源的電動勢E=3V，圖線的斜率大小表示內阻大小，則r=故A正確，不符合題意；

B、根據歐姆定律可知，伏安特性曲線的斜率表示電阻值，則電阻r=故B正確，不符合題意；

C、當電源直接與電阻R相連組成閉合電路時，由于電源內部和外電路電流大小相同，則電源的效率

η=故C錯誤，符合題意；

D、圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時工作狀態，由圖讀出電壓U=2V，電流I=2A，則電源的輸出功率為P故D正確，不符合題意。

故答案為：C。

【分析】伏安特性曲線的斜率表示電阻值，圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時工作狀態。再結合閉合電路歐姆定律及功率及電源效率的定義進行解答。6．【答案】A【解析】【解答】根據中值電阻定義可知歐姆表內阻R內=500Ω，表內電源的電動勢E=Ig故答案為：A。

【分析】指針恰好指在刻度盤的正中間，待測電阻阻值等于表的內阻，結合歐姆表原理以及閉合電路歐姆定律求解。7．【答案】B【解析】【解答】畫出等效電路如圖所示：

電流表所在支路的電阻為R'=可得外電路總電阻為R電壓表示數等于電路的路端總電壓U=則電流表的讀數為I=故答案為：B。

【分析】根據電路圖畫出等效電路圖，明確電流表和電壓表的測量對象。再根據閉合電路的歐姆定律及串并聯規律進行解答。8．【答案】A,C【解析】【解答】AB、經分析知，導體棒受到重力G、支持力FN和安培力FA，且三力的合力為零，如圖所示

從圖中可以看出，在磁場方向變化的過程中，安培力FA一直變大，由于F其中電流I和導體棒的長度L均不變，故磁感應強度漸漸變大，故A正確，B錯誤；

CD、當磁場方向垂直斜面向上時，安培力FA沿斜面向上，此時安培力最小，最小值F則B當磁場方向水平向左時，安培力方向豎直向上，此時對應的安培力最大，得磁感應強度的最大值B故C正確，D錯誤。

故答案為：AC。

【分析】對導體棒進行受力分析，根據三角形法則動態分析磁場方向改變時，導體所受安培力的變化情況。并根據動態情況分析安培力的最大值和最小值，再根據安培力公式確定磁感應強度的極值。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯后與R3并聯，再與R1串連接在電源兩端；電容器與R3并聯；當滑片向a端移動時，滑動變阻器R4接入電阻增大，回路電流減小，路端電壓變大，R1兩端電壓變小，電容器兩極板間電勢差變大，故A錯誤；

B、電壓表的示數變大，金屬板板間的電場變強，電場力變大，電場力大于小液滴的重力，則小液滴向上運動，故B正確；

C、滑動變阻器R4接入電阻增大，則電路中總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流減小；路端電壓增大，同時R1兩端的電壓也減小；故并聯部分的電壓增大；由歐姆定律可知流過R3的電流增大，故電流表的示數減小；根據P電阻R1消耗的功率減小，故C錯誤；

D、根據電路可知

?而?U有?U故D正確。

故答案為：BD

【分析】電容器兩端電壓等于與之并聯支路兩端電壓。根據題意確定總電阻的變化情況，再根據“程序法”進行逐步分析。電路是由于滑動變阻器阻值改變導致總電阻發生變化，也可根據“串反并同”確定各部分元件電流、電壓、電功率等變化情況。10．【答案】A,C【解析】【解答】A、質子沿直線保持加速運動狀態，質子從1號板由靜止釋放到離開3號板的過程由動能定理得2e離開3號板時的動量p=mv解得p=2故A正確；

B、要使質子沿直線保持加速運動狀態，則質子在兩板間的運動時間T2d=解得T=2d故B錯誤；

C、設3、4號板間距為x，則有x=v×聯立解得：x=故C正確；

D、質子在板間的加速度為a=其中板間距L是變化的，所以加速度a是變化的，所以質子不會做勻加速直線運動，故D錯誤．

故答案為：AC。

【分析】粒子始終保持做加速運動，即粒子在兩板間的運動時間相等。根據圖像乙，確定粒子運動過程中的受力情況，再根據勻變速直線運動規律及動能定理和牛頓第二定律進行分析解答。11．【答案】50.15；220；偏小；πR【解析】【解答】（1）由圖示游標卡尺可以知道其示數為50（3）用多用電表的電阻“×10”擋測電阻，由圖示表盤可以知道，其示數為22×10（5）電源電動勢為4V，如用15V電壓表指針偏轉太小，故電壓表應選V1，電路最大電流約為I=電流表應選A2，為方便實驗操作滑動變阻器應選R1，待測電阻阻值大于滑動變阻器最大阻值，滑動變阻器采用分壓接法，電壓表內阻遠大于待測電阻阻值，電流表采用外接法；

（7）該電路圖由于電壓表分流使代入的電流偏大，根據歐姆定律電阻的測量值偏小。

（8）由R=ρ得，圓柱體的電阻率的表達式為ρ=【分析】選擇儀器時需滿足電路安全，即電表的量程應大于電路中電流和電壓的最大值，且同時應滿足測量準確和操作便捷。誤差分析主要考慮電流表的分壓和電壓表的分流的影響。再結合實驗原理結合電路圖進行數據處理。12．【答案】（1）最大阻值；50或50.0（2）丙（3）E=【解析】【解答】（1）為保證電路安全，應將變阻箱的阻值調至最大后接入電路。將K接到1端調整為K接到2端，改變滑動變阻器阻值，電流表的讀數不變，則開關調整前后總電阻不變，則R（2）若選擇乙同學的電路圖，為保證測量值不超過電流表的量程，則調節范圍約為0.9mA～1.0mA之間，測量范圍過小；丙同學電路圖中，電量表與定值電阻并聯后，相當于擴大電流表的量程，調節范圍更大，更合理。

（3）按丙同學所選的電路圖分析推到得電動勢表達式E=變形整理可得1根據已知條件可得k=解得E=【分析】為保證電路安全，應將變阻箱的阻值調至最大后接入電路。根據實驗原理結合電路圖推導得出圖像的函數表達式，再根據表達式分析圖像斜率及截距的物理意義。再結合圖像進行數據處理。13．【答案】（1）解：U=E?Ir流過電源的電流I=（2）解：流過燈泡的電流I則流過電動機的電流I（3）解：電動機輸入功率P=U電動機的熱功率P電動機對外輸出的機械功率P電動機機械效率η=88【解析】【分析】（1）確定電路的連接方式，再根據閉合電路的歐姆定律進行解答；

（2）確定電表的測量對象，根據歐姆定律確定通過燈泡的電流，再根據串并聯電路的規律進行解答；

（3）根據電功率及焦耳定律確定電動機的總功率及電動機的輸出功率，再根據機械效率的定義進行解答。14．【答案】（1）解：帶電小球在加速電場加速過程中，由動能定理得qU=在電場E1中有y=q聯立解得vU=6250V（2）解：設帶電小球經過P2時的速度為v，v與x軸正方向夾角為θ，沿vv=tanθ=解得θ=45°故：經過P2時的速度為22m/（3）解：設帶電小球在y軸負半軸上的P3點的坐標為(0，?y2?x=vy解得y因此坐標為(0【解析】【分析】（1）帶電