河北省保定市六校2024-2025学年高二上学期11月期中物理答案

1.D电场线方向指向云层,则云层带负电,A项错误;电场线的密度越大,电场强度越大,故Ea>Eb>Ec,B项错误;因为ab=bc,根据U=Ed,因为Eab>Ebc,故a、b间与b、c间电势差不相等,C项错误;云层带负电,地面则可视为带正电,当云层上的负电荷导入大地时,可视为正电荷从避雷针移动到云层,即电流从避雷针流向云层,D项正确.故选D.2.D根据题意可知,直径之比为1:2,则横截面积之比为1:4,由电阻定律R=P可得,导体a和b电阻之比为==,故A错误;由于导体a和b并联接入电路中,则电压相等,由I可得,通过a和b电流之比为由电流的定义式I=可得,相等时间内流过a和b中横截面的电荷量之比为,由电流的微观表达式I=nes℃可得则a和b中自由电荷定向移动速率之比为=●=,故B、C错误,D正确.故选D.3.C若检测时司机喝了酒,则R减小,电路总电阻减小,电流变大,即电流表示数变大,R0两端的电压变大,电压表的示数变大;电路消耗的总功率P=IE变大;根据=R0,可知电压表和电流表示数的比值不变.故选C.4.C根据等量异种电荷的电场线分布特点可知,b、d两点处的电场强度方向不同,故A错误;根据点电荷电场强度的计算公式可得,a、c点的电场强度分别为Ea=kEc=2●kEa,故B错误;根据等量异种电荷电势分布特点,a点电势为正值,c点电势为零,则将一带正电的试探电荷十q沿圆周由a点移至c点,电势降低,电荷十q的电势能减小,故C正确;同C选项,b点电势为正值,将一带负电的试探电荷—q沿圆周由b点移至c点,电势降低,电荷—q的电势能增大,故D错误.故选C.5.D电动机两端电压为0.3V,电流为0.3A时,电动机不动,根据欧姆定律有RM==1Ω,故A错误;当R=2Ω时,灯泡恰好正常发光,则电路电流为IA,电动机电压为U1=E—U—I1(r十R)=5V,电动机正常工作时输出功率为P输=U1I1—I12RM=4W,故B错误;电源的效率为故C错误;灯泡电阻为RL==2Ω,电动机被突然卡住(未烧坏)时,根据闭合电路欧姆定律有IA,此时电动机的发热功率为PI=I22RMW,故D正确.故选D.6.B材料温度升高,材料膨胀,电容器两板间距减小,根据C电容增大.由于电容器两板电势差不变,根据C=,极板所带电荷量增大,A错误;滑动变阻器滑片向上滑动,阻值增大,根据E=U十Rrr,可知检测仪的工作电压升高,B正确;断开开关,电容器放电,则灵敏电流计上有从b到a的短暂电流,C错误;检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b,极板所带电荷量增大,由A可知,被测材料没有反常膨胀,D错误.7.D在φ父图像,图线的斜率表示电场强度的大小,由图可知父1处图线的斜率小于父2处图线的斜率,则父1处的电场强度小于父2处的电场强度,故A错误;粒子从父1运动到父3的过程中,电势不断降低,负电荷的电势能不断增大,故B错误;粒子能运动恰好运动到父3处,就能运动到父4处.设粒子恰能运动运动到父3处,初速度℃0最小,根据动能定理得【高二11月期中联考●物理参考答案第1页(共4页)】,解得,所以若小球能运动到x4处,则初速度00至少为,故C错误;当带电粒子运动到x1处时,电场力做正功最大,粒子的速度最大,根据动能定理得qφ0=Ekmm002,解得最大动能为Ekm=2qφ0,故D正确.故选D.8.AD根据闭合电路欧姆定律可得U=E—Ir,可知电源的UI图像纵轴截距等于电动势,斜率绝对值等于内阻,则有E=3.0V,r故A正确,B错误;该灯泡直接与该电源相接时,由图像交点可知,灯泡电阻为R==Ω=1.5Ω,灯泡功率为P=UI=1.5×1.0W=1.5W,故C错误,D正确.故选AD.9.ABD匀强电场中两线段平行且长度相等时,线段两端的电势差相等,ad平行于bc,可知φa—φd=φb—φc,得d点电势为6V,ae平行于cg,可知φa—φe=φc—φg,得e点电势为6V,即b、d、e三点电势相等,ad平行于fg,可知f点电势为4V,ab平行于hg,可知h点电势为4V,即h、f、c三点位于同一等势面上,故A正确.电场线垂直h、f、c所在的平面,由对称性可知场强方向沿ag连线由a指向g,在直角三角形abg中,Lbg=\m,Lag=\m,则E==2\V/m,故B正确.电子经过f点时速度指向g点,电子只可能在fgda平面内运动,不可能运动到c点,故C错误.电子若只在电场力作用下先后经过f点与h点,由于f、h两点电势相等,类比重力场,电子一定做类斜上抛运动,动能先减小后增大,电势能一定先增加后减少,故D正确.故选ABD.10.AD如图所示当滑动变阻器R3是限流式接法,当滑片P向a端移动时,滑动变阻器R3电阻变大,由R3=,可知可得不变,故A正确;当滑动变阻器R3的滑片P向a端移动时,滑动变阻器R3增大,电路中总电阻增大,总电流减小,电源的总功率P=EI,得电源的总功率减小;由电源的效率为由路端电压为U=E—Ir,可知总电流减小时路端电压U增大,得电源的效率增大,故B错误;根据闭合电路欧姆定律U=E—I总r,则△U=△I总r,又U2=E—I总(r十R1),则△U2=△I总(r十R1),由串并联电路特点和欧姆定律可知I总,则△U1=△I总R1,所以△U2=△U1十△U,故C错误;当滑动变阻器R3的滑片P向a端移动时,R3增大,电路中总电阻增大,总电流减小,则通过R1的电流减小,通过R1的电流等于通过电阻R2电流和流过滑动变阻器R3的电流之和,且流过R2的电流增大,流过滑动变阻器R3的电流减小,所以I3减小的量比I2增大的量更大,得△I2<△I3,故D正确.故选AD.11.(5分)(1)左(1分)(2)b(2分)(2分)解析:(1)为防止烧坏电表,电表两端的电压应从零开始,闭合开关前,滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器的最左端,电阻箱的接入阻值应达最大值.根据闭合电路的欧姆定律R0十U=IRA十IR,整理得R=RVR0●—RA.(2)图像的纵截距为—b=—RA,可得RA=b,图像的斜率为k==RVR0,解得RV=—.12.(10分)(1)A(1分)C(1分)(2)50(2分)偏小(2分)(4)D(2分)【高二11月期中联考●物理参考答案第2页(共4页)】25—X—23解析:(1)本实验在R1入R2的条件下进行,则R1应选用A,R2应选用C.(2)⑤记下R2的阻值并断开开关S1,若在上述操作⑤中读得R2的阻值是50Ω,则电流表内阻Rg=50Ω;当S2闭合时,R和Rg并联,并联后总阻值R并<Rg,而电阻R1不变,所以S2闭合后的干路电流比闭合前的总电流要大,即电流 大于Ig,而此时电流表支路的电流等于2Ig,那么R2支路的电流要大于2Ig,那么其电阻肯定要小于 法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小.(3)若要将电流表改装成量程是3V的电压表,则应串联一个阻值是RRg950Ω的电阻.表的刻度盘上原1mA处是3V,则0.8mA处应改写成2.4V.(4)若用改装好的电压表与一个精确的电压表并联测一电路的电压,发现改装后的电压表示数总是比精确表示数小,说明通过改装电压表的电流偏小,则应该适当减小在电流计上串联的电阻,即应该给串联的大电阻再并联一个比它大的多的电阻,故选D.13.解:(1)电子在加速电场做加速运动,根据动能定理可得eumΨ02(2分)解得(1分)(2)在偏转电场中,水平方向电子做匀速运动,有l=Ψ0t(1分)竖直方向,电子受到电场力作用,由牛顿第二定律有ema(1分)y=at(1分)联立解得电子离开偏转电场时速度偏转角度的正切值为tanθ=(1分)根据类平抛推论和几何关系可得yy(2分)联立解得在荧光屏上形成的亮斑到O/的距离为y(1分)14.解:(1)电路中四个电阻阻值相等,开关S断开时,外电路的连接等效图如下电路总电阻R1=R0十=R0(2分)当开关S闭合后,外电路的连接等效图如下电路总电阻R2=R0十=R0(2分)【高二11月期中联考●物理参考答案第3页(共4页)】25—X—(2)由于不计电池的内阻,根据串并联电路的特点可知,开关S断开时,电容器两端的电压为UU并=E(2分)当开关S闭合后,电容器两端的电压为U2=×R并=×=E(2分)由Q=CU可知==(2分)15.解:(1)设滑块到达B点时的速度为Ψ,由动能定理有qEs—μmgs=mΨ2(2分)而qE(1分)联立解得(1分)(2)设滑块到达C点的速度为ΨC,由动能定理得qER—mgR=mΨC2—mΨ2(2分)解得ΨC=\水平方向的合力提供向心力,有F—qE=(1分)解得Fmg,方向水平向右(1分)(3)要使滑块始终沿轨道滑行,如图所示讨论一:若滑块恰好能通过圆轨道的