广东省广州市2023-2024学年高二上学期期中物理试题（含答案）2

广东省广州市2023-2024学年高二上学期期中物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单项选择题（每小题只有一项符合题目要求，共7小题，每小题4分，共28分）1．在点电荷Q形成的电场中某点P，放一电荷量为q的检验电荷，q受到的电场力为F。如果将q移走，那么P点的电场强度大小为（）A．Fq B．FQ C．qF2．如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行正方形ABCD所在平面．已知A、B、C三点的电势分别为φA=9V，φB=3V，φC=-3V，则（）A．D点的电势φD=3V，场强方向平行AB方向B．D点的电势φD=3V，场强方向平行AC方向C．D点的电势φD=6V，场强方向平行BC方向D．D点的电势φD=6V，场强方向平行BD方向3．半导体材料制作的纯电阻，它的电阻率随温度的升高而减小，当加的电压由零逐渐增大时，下图中符合“电阻率随温度的升高而减小”的是（）A． B．C． D．4．如图所示，曲线为一带正电粒子仅受电场力作用下的一段运动轨迹，经过A点的速度为200m/s，经过B点的速度为100m/s，该粒子的比荷为105C/kg。规定B点电势为零，则A点电势为（）A．‒0.15V B．0.15V C．‒0.3V D．0.3V5．a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动，可知（）A．c的电势能减少，机械能增加B．a、b的电势能增加、机械能不变C．a、b为同种电荷，c、d为异种电荷D．d的电势能减少，机械能减少6．如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY'、水平偏转电极XX'和荧光屏组成，当电极YY'和XX'所加电压都为零时，电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是（）A．当上极板Y的电势高于Y'，后极板X的电势低于X'时，电子将打在第一象限B．电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关C．电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关D．电子通过XX'时的水平偏转量与YY'所加电压大小有关7．如图为简易多用电表的电路图。电源E为直流电源R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻；表头G的满偏电流为5mA，内阻为20Ω；虚线方框为换档开关；A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表共有5个档位，分别为直流电压5V档和10V档，直流电流10mA挡和25mA档，欧姆×10Ω档。则以下说法中正确的是（）A．多用电表的B端应与黑色表笔相连接B．若换挡开关与3相连，测量中，表盘指针稳定时如图（b）所示，则其读数为11ΩC．若换挡开关与2相连，为直流电流25mA档D．若要使用直流电压5V档，则换挡开关应与4相连二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对不全得3分，有选错或不答的得0分）8．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点。如图所示，用E表示两极板间场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）A．U变小，E不变 B．E变大，EP不变C．U变小，EP不变 D．U不变，EP不变9．如图，电荷量大小相等的点电荷A、B、C放置在等边三角形的顶点上，O为三角形的中心，a、b、c分别为三边的中点，d是O关于a的对称点。已知A带负电，B、C均带正电，则（）A．O点电场强度为零B．b、c两点电场强度大小相等C．电子在d点的电势能比在O点的小D．质子从b点移到O点，电场力做正功10．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A．电压表示数减小 B．电流表示数减小C．电容器C所带电荷量减少 D．a点的电势降低三、实验题（共2小题，共16分，请按题目要求作答）11．某同学测定两节干电池的电动势E和内电阻r，实物图连线如图所示。（1）电键闭合前滑动变阻器滑片P应处于端（填“A”或“B”）；（2）根据U−I图线求出该电池电动势测量值E=V，内阻测量值r=Ω。（均保留3位有效数字）12．在“测定金属的电阻率”的实验中，金属丝的电阻约为4Ω，用米尺测得金属丝的长度为L。（1）从图中读出金属丝的直径d为mm；（2）用伏安法测量金属丝的电阻时，除被测金属丝外，还有如下供选择的实验器材：直流电源：电动势约4V，内阻很小；电流表A1：量程0~电流表A2：量程0~3电压表V：量程0~3V，内阻滑动变阻器R（0~20Ω）；开关、导线等。应选的电流表是（填“A1”或“A2”）；（3）要求尽量减小实验误差，将图中的实物连线补充完整；（4）读出电压表和电流表的示数，分别用U和I表示。根据实验中所测得的物理量，金属丝的电阻率表达式为ρ=（用U、I、d、L等字母表示）；（5）由于电压表和电流表不是理想电表，所以金属电阻率的测量值比真实值偏（填“大”或“小”）。四、计算题（共3小题，共38分。要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，只写出最后答案的不能得分）13．如图所示，有两块平行金属板A、B相距d=8cm，接在U=24V的直流电源上。电源正极接地，C、D两点在两板之间且分别与A、B两板的距离均为d1=2cm。（1）求AB板间的电场强度E；（2）求C点的电势φC（3）求将电量为1×10-5C的负电荷由C点移到D点，电场力做的功。14．如图所示，水平放置的两平行金属板，板长为l=10cm，两板相距d=2cm。一束电子以初速度v0＝4.0×107m/s从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端L=45cm、宽D=20cm的荧光屏上。不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线上，已知电子质量为m＝9.1×10－31kg，电荷量为e＝1.6×10－19C。求：（1）电子飞入两板前所经历的加速电场的电压U1；（2）若偏转电压为U2=72V，求电子射出偏转电场时的偏转距离；（3）为使电子都能射中荧光屏，求偏转电压的取值范围。15．在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来控制带电粒子的运动．如图所示，以O为圆心，半径为R的圆形区域内有方向竖直向下的匀强电场．质量为m、电量为q的带正电粒子在纸面内自圆周上M点先后以不同的速率沿水平方向进入电场．其中速率为v0的粒子，可从直径MN上的N点穿出．直径MN与水平方向的夹角为α=53°，粒子重力不计．（sin53°=0.（1）求电场强度的大小；（2）以某一速率入射的粒子在电场中运动时间最长，求此粒子动能的增加量．

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】根据电场强度的定义式可得P点的电场强度大小为E=Fq，某点的电场强度由电场自身决定，与试探电荷q和试探电荷受到的电场力F无关，所以，如果将q移走，P点的电场强度大小仍为Fq，A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

2．【答案】B【解析】【解答】匀强电场中，任意一条直线上的电势都是均匀变化的，所以连接AC，其中点E的电势φE=φA+φC2=9-323．【答案】B【解析】【解答】当导体两端的电压由零逐渐增大时，由欧姆定律UI=R可知，导体的电阻等于图线上的点与原点连线的斜率，如果电阻率随温度的升高而减小，则图线上的点与原点连线的斜率一直减小，B符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：B。4．【答案】A【解析】【解答】根据动能定理得：12m，代入数解得：UAB=-0.15V。根据公式UAB=φA-φB，φB=0，代入数据解得：φA=-0.15V。故答案为：A

【分析】求解A点的电势，利用电荷在该位置的电势能除以电荷量即可。5．【答案】A【解析】【解答】四个带电液滴均在匀强电场中做匀速直线运动，根据共点力平衡条件可知，四个电荷受到的电场力均与重力等大反向，即电场力竖直向上。

A.c受到的电场力方向与位移同向，电场力做正功，电势能减少，根据能量守恒定律可知，机械能增加，A符合题意；

B.a、b受的电场力与位移方向垂直，所以不做功，电势能不变，根据能量守恒定律可知，a、b机械能均不变，B不符合题意；

C.由于四个带电液滴受到的电场力均竖直向上，与场强方向相同，所以四个液滴均带正电，C不符合题意；

D.d受到的电场力方向与位移方向相反，电场力做负功，电势能增加，根据能量守恒定律可知，机械能减少，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】由共点力平衡条件分析四个液滴受到的电场力方向，再由电场力方向与位移的方向关系，分析电场力做功的正负，得出电势能的变化情况，然后根据能量守恒定律分析机械能的变化情况。6．【答案】C【解析】【解答】A.由于电子带负电，所以电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故电子经过竖直偏转电极YY'时向Y偏转，经过水平偏转电极XX'向X'偏转，故电子将打在第二象限，A不符合题意；

B.电子只受电场力，在示波管轴线方向上不受力，所以电子沿轴线方向做匀速运动，故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，B不符合题意；

C.电子在轴线方向上速度是固定的，但是x、y两个方向的分速度与偏转电压有关，故电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关，C符合题意；

D.电子通过XX'时的水平偏转量与XX'所加电压大小有关，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】根据极板的电势的高低判断电子的偏转方向；电子在示波管轴线方向上不受力，所以电子沿轴线方向做匀速运动，在沿x方向和y方向上，有偏转电压做功。7．【答案】D【解析】【解答】A.参考欧姆表接入电路的情况，即B端接“3”，根据“红进黑出”的规律可知，图中的B端与红表笔相连接，A不符合题意；

B.当选择开关接3时，为欧姆表，表盘读数为11.0Ω，使用的倍率为×10Ω，所以欧姆表的读数应为11.0×10Ω=110Ω，B不符合题意；

C.1、2为电流档，由图中的电路结构可知，换档开关接“2”与接“1”相比较，接“2”，并联电阻的分流较小，电流档量程较小，可知接“2”时为10mA挡，C不符合题意；

D.由电压表的改装原理可知，B端接“4”或“5”为电压档，接“4”与接“5”相比较，接“4”，串联的分压电阻小，电压档的量程小，所以直流电压5V档时选择开关应接“4”，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据“红进黑出”的规律判断表笔插孔；表盘读数与倍率的乘积即为待测电阻的阻值；根据并联电阻分流的情况分析电流档的量程；根据串联电阻分压的情况分析电压档的量程。8．【答案】A,C【解析】【解答】由题意可知，电容器充电后与电源断开，所以移动极板的过程中，电容器所带电荷量不变，正极板下移，极板间距d减小，根据C=εrS4πkd、U=QC和E=Ud可得E=4πkQεrS，可知电场强度E与极板间距d无关，所以E不变，P到负极板的距离不变，P与下极板间的电势差UP-=Ed9．【答案】B,C【解析】【解答】A项：O点的电场强度为B、C电荷在O的产生的场强与A电荷在O点产生的场强的合成，由平行四边形定则可知，O点的电场强度不为零，A不符合题意；B项：由对称性可知，b、c两点电场强度大小相等，B符合题意；C项：如果没有A处的负电荷存在，O点和d点的电势相等，由于A处负电荷的存在，且O点离负电荷更近，所以O点的电荷更低，所以电子在O点的电势能更大，C符合题意；D项：O、b两点位于A、C连线的中垂线上，如果没有B处电荷存在，O、b两点电势相等，由于B处正电荷的存在且O点离正电荷更近，所以O点电势更高，质子在O点的电势能更大，所以质子从b点移到O点，电势能增大，所以电场力做负功，D不符合题意。故答案为：BC。【分析】利用电场强度的叠加可以判别场强的大小；利用电场线的分布可以比较电势能的高低；利用叠加原理可以判别电场力做功。10．【答案】C,D【解析】【解答】滑动变阻器的滑片P自a端向b端滑动，滑动变阻器电阻减小，外电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端的电压U1=IR1，增大，则电压表示数变大。电阻R2两端的电压U2=E-I(R1+r)，增大，则U2减小，电容器两极板间的电压减小，由Q=CU可知，电容器带电荷量减少。根据外电路中沿着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零，U2减小，则a点的电势降低。因为R2电压减小，所以通过R211．【答案】（1）A（2）3.00；3.33【解析】【解答】（1）为了保护电路的安全，应该在开关闭合前将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，故滑片应置于A端；

（2）由闭合电路欧姆定律可得U=E-Ir，可知U-I图的纵轴截距等于电源电动势，即E=3.00V，电源内阻图像斜率的绝对值，即r=∆U∆I=12．【答案】（1）3.194/3.195/3.196/3.197（2）A1（3）（4）πU（5）小【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，由图可知，该螺旋测微器的主尺读数为3mm，可动尺读数为19.5×0.01mm=0.195mm，故金属丝的直径为3mm+0.195mm=3.195mm。

（2）由题给数据可知，电源电动势为4V，待测电阻大约为4Ω，故通过待测电阻的最大电流约为1A，再考虑到其他电阻，故应选的电流表是A1。

（3）由于Rx≈4Ω<RARV=300Ω，所以应选择电流表外接法，为了精确测量电阻值，需要多组数据，因此滑动变阻器采取分压式接法，实物连接如图所示：

（4）由欧姆定律可得Rx=UI13．【答案】（1）解：A、B两板间的场强大小为E=方向竖直向上。（2）解：以地面为电势零点，则有φ根据UAC=可得U可得φ（3）解：CD间的电势差为U将电量为1×10-5C的负电荷由C点移到D点，电场力做的功W=q【解析】【分析】（1）由匀强电场中电场强度与电势差的关系式E=Ud，求解AB板间的电场强度E；（2）根据电势差与电势的关系式UAB14．【答案】（1）解：设加速电场的电压为U1，解得U（2）解：如图所