2023-2024年河北省石家庄市河北师大附中高二上学期期中物理试题(解析版)

2023～2024学年度河北师大附中第一学期期中考试高二年级物理试卷一、单选题1.以下关于电场的电场强度和电势的说法正确的是（）A.电势为的地方其电场强度一定为B.电场强度为的地方其电势一定为C.电场线越密集的地方其等差等势线一定越密集D.电势降低的方向一定是电场的方向【答案】C【解析】根据电场的特点，由于电势点可以根据需要人为确定，所以电势为的地方其电场强度不一定为，同样，电场强度为的地方其电势不一定为，故AB错误；电场线越密集的地方，电场强度越大，电势改变得越快，等差等势面一定越密集，故C正确；电势降低的方向不一定是电场的方向，电势降低最快的方向一定是电场的方向，故D错误。故选C。2.如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于和处，该试探电荷受到的电场力大小分别为和，相应的电势能分别为和，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由图中等势面的疏密程度可知，根据，可知，由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从点移到点，可知电场力做正功，电势能减小，即，故选A。3.如图所示，有一带电粒子（不计重力）贴着板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为时，带电粒子恰沿①轨迹从板边缘飞出；当偏转电压为时，带电粒子沿②轨迹落到板正中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】粒子做平抛运动，，，解得，解得，故选B。4.如图所示，为同种材料制成的厚度相同的两个电阻和，表面均为正方形，其边长之比为。通过导体的电流方向如图所示，则和的电阻之比为()A. B. C. D.【答案】C【解析】设导体的电阻率为，厚度为，边长为，则由电阻定律得：；与边长无关，故：；故选C。5.如图所示，两个等量正电荷连线的中点为，虚线为正方形，正方形的中心也在点，以下说法正确的是（）A.，两点电场强度相同B.，连线是等势线C.，两点电场强度大小相等，方向相反D.，两点电场强度大小相等，方向相反【答案】C【解析】根据等量正电荷电场分布可知，，两点电场强度大小相同方向不同，故A错误；，连线不是等势线，根据沿着电场线电势降低可知，，连线上电势是变化的，故B错误；根据等量正电荷电场分布可知，，两点电场强度大小相等，方向相反，故C正确；根据等量正电荷电场分布可知，，两点电场强度大小相等，方向不是相反，故D错误。故选C。6.如图所示，、为平行板电容器的金属板，为静电计，开始时开关闭合，静电计指针张开一定角度．下述结论正确的是（）A.若保持开关闭合，将、两极板靠近些，指针张开角度将变小B.若保持开关闭合，将、两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变C.若断开开关后，将、两极板靠近些，指针张开角度将变小D.若断开开关后，将、两极板正对面积变小些，指针张开角度将变大【答案】B、C、D【解析】保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所以指针张角不变，故A错误，B正确；断开电键，电容器带电量不变，将靠近一些，则减小，根据知，电容增大，根据知，电势差减小，指针张角减小，故C正确；断开电键，电容器带电量不变，将正对面积变小些，根据知，电容减小，根据知，电势差增大，指针张角增大，故D正确。7.如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为，板间距离为，距板右端处有一竖直屏。一带电荷量为、质量为的微粒以初速度沿中线射入两板间，最后垂直打在上，点为初速度延长线与的交点，则下列结论正确的是（已知重力加速度为）（）A.两极板间电压为B.板间电场强度大小为C.微粒打在竖直屏的点与点之间的距离为D.若仅增大两极板间距，则该微粒不可能垂直打在上【答案】C【解析】据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，在两板间有，飞出极板后有，解得，由，得板间电势差，故AB错误；质点在电场中向上偏转的距离为，水平方向上有，联立解得，根据对称性，微粒打在竖直屏的点与点之间的距离为，故C正确；由题意，知仅增大两极板间的距离，因两板上电荷量不变，根据，得，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则其运动情况不变，故仍将垂直打在屏上，故D错误。故选C。二、多选题8.如图所示，和两种粒子由静止开始经同一加速电场后，垂直电场方向进入同一偏转电场，都从偏转电场右侧离开电场，以下说法正确的是（）A.两种粒子在偏转电场中的运动时间之比为B.两种粒子在偏转电场中的运动时间之比为C.两种粒子离开偏转电场时的动能之比为D.两种粒子离开偏转电场时的动能之比为【答案】B、C【解析】由动能定理得，在加速电场，设偏转极板的极板长度为，在偏转电场中的运动时间，所以两种粒子在偏转电场中的运动时间之比为，故A错误B正确；板间距为，则离开偏转电场的偏转量为，整理得，全过程由动能定理得，整理得，所以两种粒子离开偏转电场时的动能之比为，故C正确D错误。故选BC。9.某空间存在一电场，电场中的电势在轴上的分布如图所示，下列说法正确的是（）A.在轴上，和两位置处电场强度方向相反B.在轴上，从到电场强度先增大后减小C.把一负电荷沿轴正向从移到，电场力先减小后增大D.把一负电荷从移到电场力做负功【答案】A、C【解析】由于图象的斜率的大小表示了场强的大小，斜率的正负表示了场强的方向，所以在轴上，和两位置处电场强度方向相反，故A正确；在轴上，从到斜率先变小后变大，电场强度先减小后增大，故B错误；根据，把一负电荷沿轴正向从移到，电场力先减小后增大，故C正确；把一负电荷从移到，根据，可知，电势能先增大后减小，所以电场力做先做负功后做正功，故D错误。故选AC。10.如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知()A.点的电势比点高B.油滴在点的动能比它在点的大C.油滴在点的电势能比它在点的大D.油滴在点的加速度大小比它在点的小【答案】A、B【解析】根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于点对称，则可说明电场力应竖直向上，粒子带负电，故说明电场方向竖直向下，则可判断点的电势比点高，故A正确；粒子由到过程，合外力做正功，故油滴在点的动能比它在点的大，故B正确；因电场力做正功，故电势能减小，点的电势能比它在点的小，故C错误；因受力为恒力，故两点加速度大小相同，故D错误。三、实验题11.如图所示，为一双量程电流表的原理图，已知小量程电流表的内阻，满偏电流，改装后的两个量程分别为和，则当接线柱位和时，量程为________（选填“”或“”），________﹐________。【答案】①.；②.；③.【解析】[1][2][3]根据并联分流原理可知，并联电阻越小量程越大，所以当接线柱位和时，量程为；根据，，解得，。12.描绘一个标有“，”的小灯泡的伏安特性曲线，有以下器材供选用：A．电压表量程，内阻约，B．电压表量程，内阻约C．电流表量程，内阻约D．电流表量程，内阻约为E．滑动变阻器F．滑动变阻器I．蓄电池（电动势，内阻不计）电键一个（1）电压表选择________（选填“”或“”），电流表选择________（选填“”或“”）滑动变阻器选择________（选填“”或“”）。（2）要求能尽可能多的记录实验数据，误差尽可能小，请在虚线框中画出实验电路图，并标出所选用实验器材的符号。________（3）根据实验数据画得小灯泡的安特性曲线如下图，则小灯泡正常工作时的电阻为________。（保留三位有效数字）【答案】①.；②.；③.；④.；⑤.【解析】（1）[1][2][3]灯泡额定电压为，则电压表选择量程为的；灯泡的额定电流，则电流表选择量程的；为方便实验操作，滑动变阻器选择阻值较小的组成分压电路；（2）[4]灯泡正常工作时的电阻，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路如图：（3）[5]由灯泡的伏安特性曲线可知，当电压时，电流，则小灯泡正常工作时的电阻。三、计算题13.如图所示，在示波管中，质量为，电荷量为的带电粒子从灯丝射出（初速度不计），经加速电场（未知）加速，从板的中心沿中心线射出时的速度大小为，再经平行板电容器的偏转电场偏转后，又做一段匀速直线运动最后打到荧光屏上，显示出亮点，已知平行板电容器的两极板间的距离为，板长为，偏转电场的右端到荧光屏的距离为，不计带电粒子的重力。（1）求加速电场的电压；（2）求带电粒子从偏转电场射出时的侧移量和荧光屏上间的距离；（3）带电粒子从偏转电场射出时的侧移量和偏转电压的比叫作示波器的灵敏度，如何通过改变平行板电容器的或来提高示波器的灵敏度。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理可得，解得。（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，如图所示：垂直电场方向有，沿电场方向有，侧移量，联立解得，由几何关系可知，得荧光屏上间的距离。（3）该示波器的灵敏度，解得，则增加或者减小均可增加灵敏度。14.如图所示，在竖直面内固定一光滑绝缘半圆轨道，轨道半径为，轨道与光滑绝缘水平面相连，为圆轨道最低点，为圆轨道水平直径与圆的交点，为圆轨道最高点，所在空间存在水平向右的匀强电场．在距离点为的点，由静止释放一质量，带正电小物块，带电量为，已知电场强度为，重力加速度。求：（1）物块运动到点时轨道对它的弹力；（2）物块从点离开轨道后到落到水平面过程中水平位移；（3）物块在上升过程中的最大速度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）物块从点运动到点的过程中，点与点之间的距离为，由动能定理得，解得，在点应用牛顿第二定律得，可得物块运动到点时轨道对它的弹力为。（2）物块从点运动到点的过程中，由动能定理得，解得，物块从点离开轨道后竖直方向上只受重力，做自由落体运动，由，可得物块落到水平面所用时间为，水平方向只受电场力，做匀减速直线运动，加速度为，根据位移公式，联立解得物块从点离开轨道后到落到水平面过程中水平位移为。（3）当电场力和重力的合力与速度垂直时速度最大设运动到此位置时半径与竖直方向的夹角为，则有，解得，物块从点运动到速度最大位置过程中，由动能定理得，解得最大速度为。15.如图所示，在电场强度为水平向右的匀强电场中，有一固定且足够长的倾角为斜面。现在斜面的一点以初速度，竖直向上抛出一个带电量的带正电小球，小球的质量﹐重力加速度取。（1）小球在空中运动的最小动能；（2）小球再次落到