【文档说明】安徽省黄山市屯溪第一中学2023-2024学年高二上学期期中测试物理试题（选择性） 含解析.docx，共(17)页，1.641 MB，由小赞的店铺上传

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屯溪一中2023-2024学年度第一学期期中测试高二物理（选择性考试）一、选择题（本大题共有10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分。全部选对的得6分，选对

但不全的得3分，有选错或不选的得0分）1.两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为43F，则两小球

间的距离变为（）A4rB.rC.2rD.2r【答案】C【解析】【详解】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为22233QQQFkkrr==，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，两球间库仑力的大小变

为2243QFkFr==，联立解得2rr=，故C正确，ABD错误．2.一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ。棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定

的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v。则金属棒内的电场强度大小为（）A.22mveLB.2mvSneC.ρnevD.evSL【答案】C【解析】【分析】考查电路和电场知识【详解】UIR=，I=neSv，LRS=，UEL=，联立得E=ρnev，故选C。

.3.如图所示，b点为两等量异种点电荷+Q和－Q连线的中点，以+Q为圆心且过b点的虚线圆弧上有a、c两点，a、c两点关于连线对称．下列说法正确的是A.a、b、c三点电势相等B.电子在a、c两处受到的电场力相同C.电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中电势能一直减小D.电子由a点沿虚线圆弧移到c点

的过程中电势能先增加后减小【答案】D【解析】【分析】根据等量异种电荷周围的场强分布和电势分布规律进行判断；负电荷在低电势点的电势能较大，在高电势点的电势能较小.【详解】根据等量异种电荷的电场分布可知，b点的电势为零

，ac两点电势相等且大于零，则选项A错误；a、c两点的场强大小相同，方向不同，则电子在a、c两处受到的电场力不相同，选项B错误；电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中，因电势逐渐降低，可知电子的电势能增加，选项C错误；电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程，电势先降低后升高，则电子的电势能

先增加后减小，选项D正确；故选D.4.如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量m,带电量+q的小球从上方电场的A点由静止释放，

结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是A.在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同B.带电小球A、B两点电势能相等在C.若A、B高度差为h，则ABmghUq−＝D.两电场强度大小关系满足E2=2E1【答案】C【解析】【分析】【详解】A．A到虚线速度由零加速

至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据v2=2ax则加速度大小相等，方向相反，A错误；BC．对A到B的过程运用动能定理得qUAB+mgh=0解得ABmghUq−＝知A、B电势不等，则带电小球在A、B两点电势能不相等，B错误，C正确；D．在上方电场，根

据牛顿第二定律得加速度大小为11mgqEam+＝在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为22qEmgam−＝因为a1=a2，解得212mgEEq−=故E2不一定等于2E1，D错误。故选C5.如图所示，

电源电动势为E，内电阻为r，理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为∆U1和∆U2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为∆I。当滑动变阻器的触片从左端向右端滑动的过程中（不计灯泡电阻的变化）（）的。A.小灯泡L3、L2变亮，L

1变暗B.电压表V1示数变小，电压表V2示数变大C.1UI不变D.2UI变大【答案】C【解析】【详解】AB．当滑动变阻器的触片从左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，回路总电阻变大，电流减小，内电压减小，路端电压增大，L2两端电压减小，即V2示数变小，L2灯泡变暗

，V1示数变大，L3电流变大，所以L1电流减小，即L3变亮，L1变暗，故AB错误；C．把小灯泡L2的电阻R2看成电源的一个内阻，则由电源的路端电压与电流的关系可知12()UEIrR=−+所以21UrRI=+即1UI不变，故C正确；D．设小灯泡L2的电阻为

R2，在滑动变阻器的触片从左端向右端滑动的过程中，R2是不变的，根据部分电路的欧姆定律可知22UIR=所以22URI=即2UI不变，故D错误。故选C。6.如图所示直线OAC为某一直流电源的总功率P

总随电流I的变化图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I的变化图线，A、B两点的横坐标都是2A，则（）A.当I=2A时外电阻为1ΩB.当I=1A和I=2A时电源的输出功率相同C.当I=1A和I=2A时电源的效率相同D.电源的最大输出功率为2W【答案】B【解析】【详解】A．C点表示

电源的总功率全部转化为热功率，即C点表示外电路短路，电源的总功率P=EI由图可知I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V，电源的内阻3Ω1Ω3ErI===当I=2A时，输出功率为P出=EI-I2r=3×2W-22×

1W=2W根据P出=I2R得=0.5ΩR故A错误；B．当I=1A电源的输出功率P出=EI-I2r=3×1W-12×1W=2W故B正确；C．当I=1A和I=2A时电源的效率===IUUEIrIEEE−不相同

，故C错误；D．当外电阻与内电阻相等时电源的最大输出功率，为22.25W4EPr==故D错误。故选B。7.如图所示电路中，开关S断开时，电压表，电流表均无示数；S闭合时，电流表有示数，电压表无示数，电路中仅有一处故障，下列判断正确的是（）A.电阻R1断路B.电阻R2断路

C.电阻R2短路D.电阻R3断路【答案】D【解析】【详解】BC．开关S断开时，三电阻串联，电流表和电压表均无示数，说明断路，而电压表没有示数，说明R1或者R3断路，故BC错误；AD．由于电路中仅有一处故障，S闭合时，只有R1接入电路，电

流表有示数，说明电阻R1正常，电压表没有接入电路，故没有示数，故电阻R1正常，电阻R3断路，故A错误，D正确。故选D。8.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确的有（）A.q1和q2带有异种电荷B.x1处的电

场强度为零C.负电荷从x1移到x2，电势能减小D.负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC【解析】【分析】本题的核心是对φ–x图象的认识，利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，图象的斜率描述电场的强弱——电场强度进行分析解答．【详解】A．

由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正；B．图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；C．负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；D．由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错

误．9.将额定电压为U、线圈电阻为0r的直流电动机与电动势为E、内阻为r的电源两端直接相连，电动机刚好正常工作。则关于电动机消耗的电功率，则下列表达式中错误的是（）A.20UrB.()202EUrr−C

.2EUUr−D.0EUrr+【答案】ABD【解析】【详解】C．由闭合电路欧姆定律EUIr=+可得EUIr−=则电动机消耗的电功率为2EUUPUIr−==C正确，不符合题意；ABD．因为电动机正常工作时为非纯电阻用电

器，欧姆定律不成立，故ABD错误，符合题意。故选ABD。10.如图甲所示，在两平行金属板间加有一交变电场，两极板间可以认为是匀强电场，当0=t时，一带电粒子从左侧极板附近开始运动，其速度随时间变化关系如图乙图

所示。带电粒子经过4T时间恰好到达右侧极板，（带电粒子的质量m、电量q、速度最大值mv、时间T为已知量）则下列说法正确的是（）A.带电粒子在两板间做往复运动，周期为TB.两板间距离m2dvT=C.两板间所加交变电场的周期为T，所加电压2m2mvUq=D.若其他条件不变，该

带电粒子从8Tt=开始进入电场，该粒子能到达右侧板【答案】BD【解析】【详解】A．由图像可知，运动过程中粒子速度方向未发生改变，带电粒子在两板间做单向直线运动，A错误；B．速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像可知两板间距离

为mm422vTdvT==B正确；C．设板间电压为U，则粒子加速度为m2qUqUamdmvT==则mm24TqUvamv==解得2m4mvUq=C错误；D．8Tt=开始进入电场的粒子，速度—时间图像如图，由图像可知，粒子正向位移大于负向，故运动方向时而向右，

时而向左，最终打在右板上，D正确。故选BD。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）11.在直角三角形所在的平面内有匀强电场，其中A点电势为2V，B点电势为3V，C点电势为4V。已知30ACB=，AB边长为23m，D为AC的中点。现将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1N/C

，则放入点电荷后，B点场强为______N/C。【答案】133【解析】【详解】如图所示A点电势为2V，B点电势为3V，C点电势为4V。则D点电势为3V，则BD为等势面，场强方向垂直BD指向A点，场强大小为112N/CN

/C33sin60UEd===因现将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1N/C，可知点电荷在B点产生的场强也为1N/C，则B点的场强为222()1N/CN/C3313BE=+=12.要测一

个待测电阻丝xR（约为260）的阻值，实验室提供了如下器材：A.电源E：电动势12V，内阻不计；B.电流表A：量程0~15mA，内阻AR为4；C.电压表V：量程0~10V，内阻VR约为10k；D.滑动变阻器

1R：最大阻值20，额定电流0.5A；E.滑动变阻器2R：最大阻值500Ω，额定电流0.1A；F.定值电阻320R=；G.定值电阻42R=；H.定值电阻51kR=；L.电键S及导线若干。要求实验中尽可能准确测量xR的

阻值，并测量出多组数据。请回答下面问题：（1）分别用游标卡尺、螺旋测微器测出电阻丝的长度L和直径D，读数如下图所示，L=______mm，D=_____mm。（2）为了在实验时能获得更大的测量范围，实验中滑动变阻器应选______。（选填1R或2R）（3）为了测定

待测电阻上的电流，应将定值电阻______（选填3R或4R或5R）与电流表并联，将其改装成一个大量程的电流表。（4）利用所给器材，在虚线框内画出测量待测电阻xR阻值的实验原理电路图（所有的器材必须用题中所给的符号表示）______。（5）根据以上实验原理电路图进行实验

，若电流表的示数为I，电压表的示数为U，则其电阻率的表达式为______。（使用题目中所给的字母表示）【答案】①.50.50②.0.900③.1R④.4R⑤.⑥.2A()12DUIRLI−【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为50mm100.05mm50.50mm+

=[2]螺旋测微器为0.5mm40.00.01mm0.900mm+=（2）[3]为了在实验时能获得更大的测量范围，滑动变阻器采用分压式连接；（3）[4]将电流表改装成一个大量程的电流表，并联较小的分流电阻，根据题意可知，并联电阻为4R；（4）[5]因为改装后电流表内阻已

知，故采用内接法（5）[6]Rx两端的电压可以用电压表的读数减去电流表两端的电压，电流为改装后的电流表读数，改装后的电流表量程A43ggggIRIIIR=+=根据电阻定律A3xUIRRI−=2()2xLRD=解得2A()12DUIRLI

−=三、计算题（本题共3小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式及重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.如图电路中，电源的电动势3VE=，内阻1r=，电阻132RR==，21R=，44R=，电容器的电容100μFC=，

闭合电键K后，求：通过灵敏电流计G的总电量。【答案】41.4210C−【解析】【详解】开关S断开时，电容器充电电压为电阻2R两端的电压22120.75VEURRRr==++则充电电荷量5127.510CQCU−==且上极板带正电，开关S闭合后

，外电路的总电阻()()()()123412342124Ω2Ω2124RRRRRRRRR++++===++++++总电流为3A1A21EIRr===++路端电压3V11V2VUEIr=−=−=1R两端电压1112242VV2

13RUURR===++3R两端电压3334222VV243RUURR===++电容器的电压等于1R与3R电压之差，为132V3CUUU=−=则得电容器的带电量526.6710CCQCU−=因为13UU，外电路中沿着电流方向电势降低

，可得电容器下极板电势高，带正电，上极板的电势低，带负电；因此，闭合开关S后，通过电流G的总电荷量4121.4210CQQQ−=+14.如图所示，在足够高的竖直墙面上A点，以水平速度010m/sv=向左抛出一个质量为1.5kgm=的小球，小球抛出后始终受到水平向右的恒

定电场力的作用，电场力大小5NF=，经过一段时间小球将再次到达墙面上的B点处，重力加速度为210m/sg=，求在此过程中：（注意：计算结果可用根式表示）（1）小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；（2）墙面上A、B两点间的距离；（3）小球速

度的最小值。【答案】（1）15mx=；（2）180mABy=；（3）min310m/sv=【解析】【详解】（1）小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动。将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向xFma=且有的202xvax=得到15mx=（2）水

平方向速度减小为零所需的时间0110s3s103xvta===所以从A点到B点时间126stt==竖直方向上212ABygt=解得180mABy=（3）将速度进行分解，当0v⊥=时，小球速度最小，此时min//0cosvvv==根据力

的关系知22cos()mgFmg=+解得min310m/sv=15.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在

C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，一可视为质点的质量为0.02kgm=的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀

强电场场强2N/CE=，BC段长度2mL=，CDF的半径0.2mR=，FMN的半径0.1mr=，滑块带电量0.1Cq=，滑块与BC间的动摩擦因数0.5=，重力加速度210m/sg=，求：（1）滑块通过F点的最小速度Fv；（2）若滑块恰好能通

过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度0h；（3）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。【答案】（1）2m/s；（2）1.5m；（3）见解析【解析】【详解】（1）小球在F点根据牛顿第二定律有2FvmgqEmR+

=解得2Fv=m/s（2）设小球由0h处释放恰好通过F点，对小球从释放至F点这一过程由动能定理得201()(2)()2FmgqEhRmgqELmv+−−+=解得0h=1.5m（3）①小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得1()()()0mgqEhRmgqEL+−+=−解得1h=1.

2m则当h≤1.2m时，小球不过D点，不脱离轨道；②小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D点，小球恰好可以经过F点，由动能定理可得221()(2)()2FmgqEhRmgqELmv+−−+=解得21.5h=m则当h1.

5m时，小球可以通过F点；小球再次返回刚好到D点3()()()30mgqEhRmgqEL+−−+=解得h3=3.2m则当h≤3.2m时，小球被弹簧反弹往复运动后不过D点，综上可知1.5m≤h≤3.2m小球第一次进入圆轨

道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道；③小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过F点，由动能定理可得241()(2)()32FmgqEhRmgqELmv+−−+=解得h4=3.5m则当h3.5m时，小球

可以两次通过F点；小球再次返回刚好到D点5()()()50mgqEhRmgqEL+−−+=解得h5=5.2m则当h≤5.2m时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过D点综上3.5m≤h≤5.2m小球第一、二次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不

脱离轨道；由数学归纳法可知，满足（1.5+k）m≤h≤（3.2+k）m（k=0，1，2，3……）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com