山西大學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、單選題（每題4分，共24分）1．下列說法正確的是（）A．密立根測定了元電荷，質子和電子都是元電荷B．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C．印刷車間的空氣應保證干燥，以便導走紙頁間相互摩擦產生的靜電D．若電場中的P點不放試探電荷，則P點的電場強度為02．如圖所示，光滑絕緣半球形的碗固定在水平地面上，可視為質點的帶電小球1、2的電荷量分別為Q1A．小球在B、C兩點所受庫侖力大小不變B．小球在C位置時的電荷量是B位置時電荷量的四分之一C．小球2在B點對碗的壓力大小小于小球2在C點時對碗的壓力大小D．小球2在B點對碗的壓力大小等于小球2在C點時對碗的壓力大小3．光滑水平面上有兩個相隔一定距離的帶正電滑塊A、B，電量分別為3q和q，質量分別為3m和m，t=0時刻將二者由靜止釋放，到t0時刻時，B滑塊的速率為v，則（）A．t0時刻二者庫侖力大小之比為1：3B．0~t0過程中，A滑塊受到的總沖量大小為3mvC．0~t0過程中，A、B兩滑塊的位移之比為3：1D．0~t0過程中，滑塊A、B組成的系統電勢能減少了24．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，x軸上各點電勢φ隨坐標x變化的關系如圖所示，取無窮遠處電勢為0。P點為圖中最高點，且AP<PB，x1位置到AA．由A到B電勢先降低后升高B．由A到B場強先增大后減小C．兩點電荷均帶負電，且qD．若一電子在x1處由靜止釋放，電子能到達x5．一根粗細均勻的金屬導線，在其兩端加上電壓U0時，通過導線的電流為I0，導線中自由電子定向移動的平均速度為v，若將導線均勻拉長，使它的橫截面半徑變為原來的13A．通過導線的電流為IB．通過導線的電流為IC．導線中自由電子定向移動的平均速率為vD．導線中自由電子定向移動的平均速率為v6．用兩個相同的小量程電流表，分別改裝成了兩個量程不同的大量程電流表A1、A2，若把A1、A別采用串聯或并聯的方式接入電路，如圖(a)、(b)所示，則閉合開關后，下列有關說法正確的是A．圖(a)中A1、A2的示數相同B．圖(a)中A1、A2的指針偏角相同C．圖(b)中的A1、A2的示數不相同D．圖(b)中的A1、A2的指針偏角相同二、多選題（每題5分，少選3分，錯選0分，共30分）7．如圖所示，虛線為某電場中的三條電場線1、2、3，實線表示某帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，則下列說法中正確的是（）A．粒子在a點的加速度大小大于在b點的加速度大小B．粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能C．粒子在a點的速度大小小于在b點的速度大小D．a點的電勢高于b點的電勢8．一根固定的、絕緣的、光滑的水平桿上套著一個帶電小球，AC和CB的長度相同，空間存在靜電場，小球在A點獲得初動能，從A運動到B的過程中，小球的Ek?x圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．小球先做變加速運動后做勻減速運動B．小球在AC段運動的加速度一直小于在CB段運動的加速度C．小球在AC段的運動時間小于CB段的運動時間D．A到C和C到B兩個過程中電場力對小球做功相同9．如圖，A、B為水平正對放置的平行板電容器的兩極板，B極板接地。閉合開關S，一帶電液滴在兩極板間的P點處于靜止狀態。下列說法正確的是（）A．該液滴帶正電B．保持開關S閉合，將A極板向左移動一小段距離，帶電液滴仍將保持靜止C．斷開開關S，將B極板向下移動一小段距離，帶電液滴將向下運動D．斷開開關S，將B極板向下移動一小段距離，P點的電勢將升高10．如圖所示；a、b兩個帶正電的粒子，以相同的動能先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a'點，b粒子打在B板的bA．a的電荷量一定大于b的電荷量B．a的質量一定大于b的質量C．a的動能增量一定大于b的動能增量D．電場力對a粒子所做的功一定小于對b粒子做的功11．在如圖所示的電路中，E為電源，其內阻為r，L為小燈泡（其燈絲電阻可視為不變），R1、R2為定值電阻（R1>r），A．電壓表的示數變大 B．小燈泡變亮C．通過R2的電流變大 12．一額定功率為9W、額定電壓為9V的小燈泡L（其電阻視為不隨溫度而變）和一直流電動機并聯，與定值電阻R＝4Ω串聯后接在電路中的AB兩點間，電流表A為理想電表，電路如圖所示，燈泡的電阻不變．當AB間接電壓0.49V時，電動機不轉、燈泡不亮，電流表示數為0.1A；當AB間接電壓15V時，電動機轉動起來、燈泡正常發光．則下列說法正確的是A．電動機線圈電阻為1ΩB．燈泡正常發光時電流表示數1AC．燈泡正常發光時電動機輸出的機械功率4.25WD．電路正常工作時電動機突然被卡住時，電流表讀數將為1.5A三、實驗題（每空2分，共12分）13．現有一根由某種材料制成的粗細均勻的金屬絲，為測量其電阻率，實驗小組設計了如下實驗：（1）分別用螺旋測微器測出其直徑、用游標卡尺測出其長度，如甲圖所示，則金屬絲的直徑d=mm，金屬絲的長度l=cm。（2）用乙圖所示電路圖測量電阻絲的電阻Rx，其中R0為定值電阻。請用筆畫線代替導線，把丙圖中的實物電路補充完整（3）第一次按乙圖所示的電路測量，調節滑動變阻器的滑片，測得多組電壓U及電流I的值；第二次將電壓表改接在a、b兩點測量，測得多組電壓U及電流I的值，并根據兩次測量結果分別作出U-I圖像，如丁圖所示。則第一次測量得到的圖線是（填“M”或“N”）。（4）電壓表可看作理想電表，由U-I圖像可得電阻絲的電阻Rx=Ω，根據電阻定律可求得電阻絲的電阻率ρ=四、計算題（共3題，34分）14．已知電源E的路端電壓U與電流I的關系圖象如圖甲中a圖線所示，定值電阻R?的電壓U與電流I的關系圖象如圖甲中b圖線所示。現將該電源E、定值電阻R?以及可調電阻R串聯構成閉合回路如圖乙所示。其中可調電阻R的最大值為2.0Ω。求：（1）可調電阻R消耗的最大功率；（2）定值電阻R?消耗功率最大時電源的效率。15．如圖所示，在電場強度大小E=2×103V/m、豎直向上的勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點相切，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R=40cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點。一電荷量q=1×10?4C、質量m=10g帶負電的滑塊（視為質點）與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.（1）若滑塊剛好能到N處，求其初速度大小v0（2）若滑塊恰能運動到半圓軌道的最高點Q，求其在水平軌道上的落點到N點的距離x；（3）求滿足（2）條件的滑塊通過P點時對軌道的壓力大小F。16．如圖甲所示，P點處有質量為m、電荷量為q的帶電粒子連續不斷地“飄入”（初速度為0）電壓為U0的加速電場，粒子經加速后從O點水平射入兩塊間距、板長均為l的水平金屬板間，O為兩板左端連線的中點、熒光屏MO1N為半圓弧面，粒子從O點沿直線運動到屏上O1（1）粒子在O點時的速度大小；（2）圖乙中允許所加U的最大值；（3）粒子從O點到打在屏上的最短時間。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、質子和電子的電量等于元電荷，故A錯誤；

B、帶電導體尖銳的地方電荷密集、附近空間電場較強的，易產生尖端放電現象，故B正確；

C、印刷車間的空氣應保證潮濕，以便及時導走靜電，故C錯誤；

D、電場中某點的場強與試探電荷無關，故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】元電荷是電荷量的最小單元。電場線越密集，電場強度越大，越容易產生電離現象發生尖端放電。電場強度只和場源電荷有關。2．【答案】D【解析】【解答】CD、根據題意，對小球2在B點時受力分析，如圖所示

小球2受重力、支持力、庫侖力，其中F1為庫侖力F和重力mg的合力，由平衡條件可知F由相似三角形有F設AB距離為L，可知AC距離為L2F解得N=mg，F=同理小球2在C點時有N1=mg可知，小球2在B點對碗的壓力大小等于小球2在C點時對碗的壓力大小，故C錯誤，D正確；

AB、由上述分析可知，小球在C點所受庫侖力大小是小球在B點所受庫侖力大小的12F=k可得q即小球在C位置時的電荷量是B位置時電荷量的八分之一，故AB錯誤。

故答案為：D。

【分析】確定帶電小球2在B、C兩處的受力情況，根據平衡條件及幾何關系確定小球2在B、C處所受壓力和庫侖力的大小。再根據庫侖定律確定改變前后電荷量之間的關系。3．【答案】D【解析】【解答】A、t0時刻二者庫侖力大小相等、方向相反，所以之比為1：1，故A錯誤；

B、A、B所受的庫侖力總是大小相等方向相反，0~t0過程中A滑塊受到的總沖量大小與B所受沖量大小相等即I=F故B錯誤；

C、根據庫侖定律及牛頓第二定律可知A、B的瞬時加速度之比為1：3，所以0~t0過程中，A、B兩滑塊的位移之比為1：3，故C錯誤；

D、在整個運動過程中，兩滑塊AB在水平方向上動量守恒，根據動量守恒可得0=3mv'-mv得A滑塊的速率為v'=根據能量守恒可知電場力做正功，根據能量守恒定律有W故D正確。

故答案為：D。

【分析】兩滑塊所受庫侖力為相互作用力，相互作用力等大方向。根據動量定律及能量守恒定律確定沖量及系統電勢能的變化情況。系統所受合外力為零，則系統動量守恒。4．【答案】C【解析】【解答】A、由圖可知由A到B電勢先升高后降低，故A錯誤；

B、φ-x圖像的切線斜率絕對值表示電場強度的大小，由圖像可知，從A到B的過程中，圖像的斜率的絕對值先減小后增大，由此可知從A到B的過程中，電場強度的大小先減小后增大，故B錯誤；

C、由圖像可知，兩電荷之間的電勢均為負值，可知兩電荷均為負電荷；根據φ-x圖像的切線斜率絕對值表示電場強度的大小，可知最高點P的場強為0；則兩電荷在P點的場強大小相等，方向相反，由于AP<PB，由此可知電荷量q1<q2，故C正確；

D、電子僅在電場力作用下運動，電勢能和動能之和守恒，由圖可知x1處的電勢高于x2的電勢，則電子在x1處的電勢能低于x2的電勢能，若一電子在x1處由靜止釋放，電子不能到達x2位置，故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】根據圖像的走勢確定電勢的變化情況，φ-x圖像的切線斜率絕對值表示電場強度的大小。根據沿電場線方向電勢逐漸降低確定電荷的電性。根據能量守恒定律確定電荷能否回到原位置。5．【答案】C【解析】【解答】AB、根據歐姆定律，導線未被拉長時的電阻為R=導線均勻拉長，使它的橫截面半徑變為原來的13，可知導線的截面積變為原來的1R=ρ可知導線電阻為原來的81倍，通過導線的電流為I=故AB錯誤；

CD、根據電流的微觀表達式I則有I可得導線均勻拉長后，導線中自由電子定向移動的平均速率為v'=故C正確，D錯誤。

故答案為：C。

【分析】根據電阻定律確定拉長后導線的電阻變化情況，在根據歐姆定律確定拉長后通過導線的電流大小。根據電流的微觀表達式確定拉長后電子的移動速度。6．【答案】B【解析】【解答】AB、圖a中的A1、A2并聯，表頭的電壓相等，指針偏轉的角度相同，量程不同的電流表讀數不同。故A錯誤，B正確；

CD、圖b中的A1、A2串聯，A1、A2的示數相同。由于量程不同，內阻不同，電表兩端的電壓不同，流過表頭的電流不同，指針偏轉的角度不同，故CD錯誤。

故答案為：B。

【分析】電表的偏轉角相同，則通過原表頭的電流相同，即表頭兩端的電壓相等。偏轉角相同，量程不同，則電表的讀數不同。7．【答案】B,C【解析】【解答】A、因b點電場線較a點密集，可知b點場強較大，則粒子在a點的加速度大小小于在b點的加速度大小，故A錯誤；

BC、若粒子從a到b，電場力做正功，電勢能減小，動能增加，則粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，粒子在a點的速度大小小于在b點的速度大小，故BC正確；

D、粒子的電性不確定，電場線方向不確定，則不能判斷a點和b點的電勢高低，故D錯誤。

故答案為：BC。

【分析】電場線越密集，電場強度越大，電場力越大。電場力做正功，電勢能減小，動能增加。沿電場線方向電勢逐漸降低。8．【答案】A,C【解析】【解答】A、小球運動過程受重力、彈力和電場力，由EK-x圖像切線的斜率表示合力有：小球在AC段運動過程中合力即電場力沿水平方向的分力，一直減小，方向由A指向C；CB段合力即電場力沿水平方向的分力為恒力，方向由B指向C，故A正確；

B、AC和CB的長度相同，若AC段勻加則EK-x圖像中連接AC如圖。則虛線的斜率表示合力的大小與CB段合力大小相等，故小球在AC段運動的加速度先大于后小于在CB段運動的加速度，故B錯誤；

C、畫出運動過程中的v-t圖像如圖所示

圖線與t軸圍面積表示位移大小，兩段位移大小相等，故小球在AC段的運動時間小于CB段的運動時間，故C正確；

D、根據動能定理兩段電場力做功分別為正功和負功，故D錯誤。

故答案為：AC。

【分析】EK-x圖像切線的斜率表示合力，根據牛頓第二定律確定粒子在運動過程中加速度的變化情況，根據加速度的變化情況畫出v-t圖像，根據v-t圖像與t軸所圍面積表示位移，確定小球運動時間的關系。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、A極板與電源正極連接，A帶正電，則極板之間電場方向向下，液滴處于靜止狀態，可知其所受電場力方向向上，由于電場力方向與電場方向相反，則液滴帶負電，故A錯誤；

B、保持開關S閉合，極板之間電壓一定，根據E=若將A極板向左移動一小段距離，極板之間間距不變，極板之間的電場強度不變，液滴所受電場力不變，可知帶電液滴仍將保持靜止，故B正確；

C、斷開開關S，極板所帶電荷量一定，根據C=QU解得E=若將B極板向下移動一小段距離，根據上式可知，極板之間的電場強度不變，可知帶電液滴仍然處于靜止狀態，故C錯誤；

D、斷開開關S，根據上述，極板之間的電場強度不變，根據UPB=E解得φ若將B極板向下移動一小段距離，dPB增大，可知P點的電勢將升高，故D正確。

故答案為：BD。

【分析】確定帶電粒子的受力情況，根據電場力與電場線的關系確定粒子的電性。根據電容的定義式和決定式結合場強與電勢差的關系，確定極板間場強的變化情況及粒子的運動情況。對于電勢變化往往選擇所求點與零電勢板結合電勢差與場強的關系進行分析。10．【答案】A,C【解析】【解答】AB、據題意，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，其水平位移為x=vt豎直位移為y=12當粒子垂直電場線進入電場落到B板時有x=2其中Ek、y和E都相等，而b粒子的水平位移大，故b粒子的電荷量小于a粒子的電荷量，無法比較兩者的質量，故A正確，B錯誤；

C、粒子動能的增加量為?由于b粒子的電荷量小于a粒子的電荷量，故a的動能增量一定大于b的動能增量，故C正確；

D、根據電場力做功等于動能增加量可知，電場力對a粒子所做的功一定大于對b粒子做的功，故D錯誤。

故答案為：A。

【分析】根據平拋運動的規律推導得出水平位移的表達式，根據題意及數據關系得出電荷的電荷量及質量的關系，再根據動能定理及能量守恒定律進行解答分析。11．【答案】C,D【解析】【解答】ABC．將照射R3的光的強度減弱，則R3阻值增大，根據串反并同可知，與它串聯的電壓表示數減小，與它并聯的D．因為R1>r，可知，電源輸出功率減小，D符合題意。故答案為：CD。

【分析】根據電阻阻值的變化情況以及串并聯電路的特點得出小燈泡亮度的變化情況，結合電源輸出功率的特點得出輸出功率的變化情況。12．【答案】A,C【解析】【解答】A、根據P=可知燈泡電阻R當AB間接電壓0.49V時，電動機不轉、為純電阻電路，根據歐姆定律可知R兩端電壓：U燈泡兩端電壓U通過燈泡的電流I通過電動機的電流I根據并聯電路特點可知電動機線圈電阻r=故A正確；

BC、當AB間接電壓15V時，燈泡正常發光，燈泡兩端電壓為UL=9V、通過燈泡的電流為IL=1A，則電動機兩端電壓為UM=9V，R兩端電壓為UR=6V，干路電流I=電流表示數為1.5A，通過電動機的電流為I則此時電動機輸出的機械功率：P=故B錯誤，C正確．

D、由以上分析可知，電路正常工作時電動機突然被卡住時，電流表讀數將大于1.5A，故D錯誤。

故答案為：AC。

【分析】電動機不轉動時，電動機相當于純電阻元件。根據電路的連接情況及閉合電路的歐姆定律和串并聯電路規律確定電動機線圈的阻值。電動機的輸出功率等于電動機的總功率與電動機的熱功率之差。13．【答案】（1）1.750；6.150（2）（3）N（4）40；1【解析】【解答】（1）根據螺旋測微器的讀數規律可得d根據游標卡尺的讀數規律可得l（2）實物圖如圖所示

（3）第一次測量按乙圖的電路，根據歐姆定律可得U第二次測量將電壓表改接在a、b兩端，根據歐姆定律可得U可知U可知第一次測量得到圖線是N。

（4）由圖像數據可得UU聯立解得R由電阻定律可知ρ=代入數據可得ρ=1.6×【分析】根據圖像確定電路的了解情況，根據閉合電路的歐姆定律及串并聯電路的規律確定圖像的函數表達式，再根據圖像斜率的物理意義確定待測電阻的阻值大小，再結合電阻丁路確定電阻率的大小。14．【答案】（1）解：由題圖甲可知電源的電動勢E=1內阻r=定值電阻R根據閉合電路歐姆定律可得E=I(可調電阻R消耗的功率為P聯立可得P故R=2.0Ω時，R（2）解：定值電阻R0消耗功率為電流I'越大，定值電阻R0電源效率為η=聯立解得η≈66【解析】【分析】（1）根據甲圖確定電源的電動勢及內阻，根據電功率的定義及閉合電路的歐姆定律確定電阻R消耗的最大功率；

（2）根據電功率的定義確定電阻R0消耗最大功率時，可調電