【文档说明】山西省太原市山西大学附属中学校2022-2023学年高二上学期11月期中物理试题 含解析.docx，共(21)页，1.972 MB，由小赞的店铺上传

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山西大学附中2022~2023学年第一学期高二年级期中考试物理试题考试时间：90分钟满分：100分考试内容：静电场、恒定电流一、单项选择题（共10小题，每小题4分，共40分；在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确。）1.如图所示,两块水平放置的平行正对的金属板

a、b与电池相连,在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离,但仍在M点上方,稳定后,下列说法中正确的是A.液滴将向下加速运动B.M点电势升高，液滴在M点的电势能将增大C.M点的电场强度变小了D.在a板移动前后

两种情况下,若将液滴从a板移到b板,电场力做功相同【答案】D【解析】【详解】AC．极板始终与电源连接，电压不变，由UEd=可知d减小电场强度E增大，电场力增大，粒子向上加速运动，故AC错误；B．b点电势

为零，有：MbMbMMbUEd=−==，场强增大，M点电势升高，液滴电场力方向向上，所以液滴带负电，液滴在M点电势能降低，故B错误；D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，由于电压相同，电场力做功qU相同，故D正确

。故选D。【点睛】极板始终与电源连接，电压不变，由UEd=可知d减小电场强度E增大，电场力增大，粒子向上加速运动；判断某一点电势高低必须找一个参考点，就是接地点或零势点，明确电势差与电势的关系．2.如图，喷雾器可以喷出质量和电荷量都不

尽相同的带负电油滴．假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上．不计空气阻力及油滴间的相互作用，则A.沿直线①运动的所有油滴质量都相等B.沿直线①运动的所有油滴电荷量

都相等C.沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1:2D.沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1:4【答案】D【解析】【详解】AB.沿直线①运动的油滴，根据题意得：mgEq=，即：qgmE=，所以沿直线①运动的油滴比荷相同，AB错误C.沿曲

线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：0xvt=，初速度相同，所以运动时间比为位移比即：2：1，C错误D.沿曲线②、③运动的油滴，水平方向0xvt=，设板间距为d，竖直方向：2122dat=，联立解得：202dvax=，所以因为水平位移

2：1，所以加速度大小之比1：4，D正确3.如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中α=45°，关于两电阻的描述正确的是（）A.电阻a的阻值随电流的增大而增大B.因I-U图线的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值11.0ΩtanR==C.在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值D.在电阻b两

端加2V电压时，流过电阻的电流是4A【答案】C【解析】【详解】A．I-U图线上的点与坐标原点的连线的斜率的倒数表示电阻，由图可知，电阻a图线上的点与坐标原点的连线的斜率不断增大，其电阻不断减小，所以a的电阻随电流

的增大而减小，故A错误；B．由于横纵坐标轴的长度单位不同，则不能由11.0tanR==求解电阻b的阻值，只能通过1025URI===求解，故B错误；C．根据URI=可知在两图线交点处，电阻a的阻值

等于电阻b的阻值，故C正确；D．根据欧姆定律可得2A1A2UIR===故D错误。故选C。4.2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功制备出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1000倍。电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即1

=。下列说法正确的是（）A.材料的电导率越小，其导电性能越强B.材料的电导率与材料的形状有关C.电导率的单位是Ω－1·m－1D.电导率大小与温度无关【答案】C【解析】【详解】A．电导率越小，材料的电阻率越大，其导电性能越差，A错误；BD．材料的电导率与材料的形状无关，由材料本身的性质

决定，受温度的影响，当温度发生变化时，电导率的大小会改变，B、D错误；C．根据电阻定律lRS=可知，电阻率的单位是Ω·m，则电导率的单位是Ω－1·m－1，C正确。故选C。5.一根长为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=，U

EL=，联立得E=ρnev，故选C。6.如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab=10cm，bc=5cm，当将C与D接入电压恒为U的电路时，电流为2A，若将A与B接入电压恒为U的电路中，则电流为()A.0.5AB.1AC.2AD.4A【答案】A【解析】【详解】设厚度为D，根据电阻定律公式LRS

=，有bcCDLRρabD=①abABLRρbcD=②故111224CDABRR==；根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比．故两次电流之比为4:1，故第二次电流为0.5A．7.将一块内阻为600Ω、满偏电流为50μA的电流表G改装成量程为0.6A

的电流表，应该（）A.串联一个67.210Ω的电阻B.并联一个67.210Ω的电阻C.串联一个0.05Ω的电阻D.并联一个0.05Ω的电阻【答案】D【解析】【详解】要改装成一个电流表，则必须要有分流电阻，所以应该将电流表和一个电阻并联，并联后总电流

量程为A0.6AI=根据欧姆定律有Aggg()=IIRIR−代入数据解得0.05ΩR=故选D。8.如图所示，1C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地，M和N为两水平放置的平行金属板，当金属板带上一定电荷以

后，两板间的一带电小球P处于静止状态。已知M板与b板用导线相连，N板接地，在以下方法中，能使P向下运动的是（）A.增大ab间的距离B.减小MN间的距离C.取出ab两极板间的电介质D.换一块形状大小相同，介电常数更大电介质【答案】D的【解析

】【详解】电容器ab与平行金属板MN并联，M，b是等势面，因此1C、2C电压相等，即abMNUUU==Q总量不变，即1212()abMNCUCUCCUQ+=+=故12QUCC=+因此MN两板间的场强为2222122122212()4UQQQESdCCdCdCdCdk====+++①A．

当增大ab间的距离，根据电容决定式可知电容1C减小，由①式可知MN板间的场强变强，P向上运动，故A错误；B．减小MN间的距离2d时，由①式可知MN板间的场强变强，P向上运动，故B错误；C．取出ab两极板间的电介质，电容1C减小，由①式可知MN板间的场强变强，P向上运动，故C错误；D．换

一块形状大小相同，介电常数更大的电介质，电容1C增大，由①式可知MN板间的场强变弱，P向下运动，故D正确。故选D。9.如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路。以下分析正确的是（）A.此接法的测量值大于真实值B.此接法的测量值小于真实值C.此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D.开始实验时滑动变阻器滑

动头P应处在最左端【答案】A【解析】【详解】AB．上图是电流表的内接法测电阻，图中电压表示数大于xR的两端电压，所以测量值xAxAUUURRRII+==+真A正确，B错误；C．内接法的误差是由于电流表的分压造成的，如果待测电阻值

比电流表内阻越大，电流表分压作用越小，误差越小，C错误；D．为了安全期间，以防超过电表量程，滑动变阻器开始要处于最右端，让分压最小，D错误。故选A。10.如图所示电路中，伏特表V1和V2的内阻都远远大于R1、R2、R3和R4的电阻。R1

和R3电阻未知，R2=R4=20Ω，伏特表V1和V2的读数分别为15V和10V，则a、b两点间的电压为（）A.23VB.24VC.25VD.26V【答案】C【解析】【详解】ABCD.由图可知，R1、R2、R3和R4串联，则由串联电路电压规律可得1215VUU+=231

0VUU+=1234abUUUUU=+++又因为R2=R4=20Ω，因此24UU=，联立可得：25VabU=，ABD错误，C正确；故选C。二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分；题给出的四个选项中有多个选项正确，选对但不全得2分，有错或不答

得0分。）11.如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔。M、N分别接到电压恒定的电源上（图中未画出）。小孔正上方的A点与极板M相距h，与极板N相距3h。某时刻一质量为m、带电荷量为q的微粒从A点由静止下落，到达

极板N时速度刚好为零，不计空气阻力，重力加速度为g。则（）A.带电微粒在M、N两极板间往复运动B.两极板间电场强度大小为32mgqC.若将M板向下平移3h，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零位置与N的距离为54hD.若将

N向上平移3h，微粒仍从A由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距离为54h【答案】BD【解析】【详解】A．到达N板时速度恰好为零，返回时最高能到达A点位置，因此在A点和N板间往复运动，A错误；B．从A点到N板的过程中，根据动能定理30mghUq−=而

12UEh=解得132mgEq=B正确；C．由于M、N分别接到电压恒定电源的正负极上，两板间的电压保持不变，设下降位移为x时，速度减小的到零，根据动能定理2[()]03hmgxEqxh−−+=而的223UEhh=−

解得3xh=微粒仍到达N板时速度减小到零，C错误；D．若将N向上平移3h，设下降位移为x时，速度减小到零，根据动能定理3()0mgxEqxh−−=而323UEhh=−整理得94xh=因此速度为零的位置与M的距离54dxhh=−=D正确。故选BD。12.如图所示，在绝缘的斜面上方存

在着水平向右的匀强电场，一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是A.金属块的机械能增加32JB.金属块的电势能增加4

JC.金属块带正电荷D.金属块克服电场力做功8J【答案】BC【解析】【分析】金属块滑下的过程中，电场力、重力和摩擦力做功引起动能变化，由动能定理求出电场力对金属块做功．根据电场力和摩擦力做功之和确定机械能的变化量．根据电场力做功，确定电势能的变化，并判断金属块的电性．的【详解】在

金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK，解得：W电=-4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，

所以金属块带正电荷，故BC正确，D错误；在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故A错误．故选BC．【点睛】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．13.如图，质量为m、带电荷量为q+的小金

属块A以初速度0v从光滑绝缘水平高台上飞出。已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小3mgEq=。则（）A.金属块不一定会与高台边缘相碰B.金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动C.金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为206vgD

.金属块运动过程的最小速度为01010v【答案】BCD【解析】【详解】AB．金属块在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向先向右做匀减速运动，当速度减小到零后再向左做匀加速运动，一定能回到高台的边缘；在运动过程中，所受的电

场力和重力的合力保持不变，因此做匀变速运动，A错误，B正确；C．在水平方向上，当向右运动的速度减小到零时，距离高台边缘最远，根据202vax=而Eqma=可得最大距离206vxg=C正确；D．重力与电场力的合成为F，设合力

与电场力方向的夹角为θ，如图所示可知2210sin10()()mgEqmg==+将速度方向沿F的方向和垂直于F的方向正交分解，当沿F的方向速度减小到零时，速度达到最小值，最小值为0010sin10vvv==D正确。故选BCD。14.如图甲所示，质量为m、电荷量为e的负电粒子

初速度为零，经加速电压1U加速后，从水平方向沿12OO垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，12OO为两极板的中线，P是足够大的苂光屏，且屏与极板右边缘的距离为L。不考虑电场边缘

效应，不计粒子重力。则下列说法正确的是（）A.粒子进入偏转电场的速度大小为12eUmB.若偏转电场两板间加恒定电压0U，粒子经过偏转电场后正好击中屏上的A点，A点与上极板M在同一水平线上，则所加电压210223U

dUL=C.若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场后在0=t时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为()121,2,32LmTnneU==D.若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性

变化，要使粒子经加速电场并在0=t时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场电压0U应该满足的条件为()210221,2,3nUdUnL==【答案】AB【解析】【详解】A．电子经加速电场加速2112eUmv=解得12eUvm=故A正确；B．粒子

做类平抛运动2Lvt=2122dat=根据牛顿第二定律，知0eUamd=联立解得210223UdUL=故B正确；CD．要使粒子经加速电场后在0=t时刻进入偏转电场后水平击中A点，则粒子在偏转电场中运动的时间为周期的整数倍，因为粒子从加速电场水平射出，则

粒子在偏转电场中的运动时间满足LtnTv==()1,2,3n=L则有1122LLmTneUeUnm===()1,2,3n=L在竖直方向位移应满足220112222222dneUTTamdn==()1,2,3n=L解得()2

10241,2,3nUdUnL==故CD错误。故选AB。三、实验题（共1小题，前两空2分，后两空均为3分，共10分。）15.某兴趣小组测定某种带状卷成卷盘状的导电物质的电阻率，如图甲所示。（1）他们先用螺旋

测微器测出带状导电物质的厚度为d，这种物质表面镀了一层绝缘介质，其厚度不计，用游标卡尺测出带的宽度L、内径1D、外径()221DdDD−=。其中宽度L的读数如图乙所示，则宽度L=_________mm。（2）然后用伏安法测这根带状导电物质的电阻，在带状导电物质的两端引出两个接线柱，先用欧姆表粗

测其电阻约为500Ω，再将其接入测量电路。在实验室里他们找到了以下实验器材：A.电源E（电动势为4V，内阻约为0.5Ω）B.电压表V（量程为015V，内阻约为5000Ω）C.电流表1A（量程为0300mA，内阻约为2Ω）D.

电流表2A（量程为0250mA，内阻约为2Ω）E.滑动变阻器1R（总阻值为10Ω）F.滑动变阻器2R（总阻值为100Ω）G定值电阻010ΩR=H.开关和导线若干①要更好地调节和较为精确地测定其电阻，则以上不必

要的器材有_________（填器材前面的序号）；②在方框内画出实验电路图；_________③若测出的电阻为R，则其电阻率为=_________（用d、1D、2D、L、R表示）。【答案】①.9.8②.BF##FB③.④.()22

2214LdRDD−【解析】【详解】[1]游标卡尺读数是主尺读数（mm的整数倍）加上游标尺的读数（mm的小数位），由图可读出为9mm80.1mm9.8mmL=+=[2]由于电源电动势为4V，而电压表V的量程为015V太大了，不利于读数，故电压表V不需要

；滑动变阻器2R（总阻值为100Ω）阻值偏大，不利于调节，产生误差较大，故不需要。故选BF。[3]将电流表2A与定值电阻0R串联改装成电压表，并将电流表1A外接，从而减小测量电流和电压的误差，同时采用滑动变阻器分压式接

法，如图所示：.[4]若测出的电阻为R，则根据电阻定律可以得到222122DDdRLd−=整理可以得到()222214πLdRDD=−四、计算题（共3小题，共34分。解答时请写出

必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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。）16.如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E=1

.0106N/C的匀强电场中，一质量m=0.25kg、电荷量q=−2.010−6C的可视为质点的小物体，从距离C点L0=6.0m的A点处，在拉力F=4.0N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数=0.4，g取1

0m/s2。求：(1)小物体到达C点时的速度大小；(2)小物体在电场中运动的时间。【答案】(1)12m/s；(2)(13)s+【解析】【详解】(1)对小物体在拉力F的作用下由静止开始从A点运动到C点过程，应用动能定理得2

00102CFLmgLmv−=−解得：小物体到达C点时的速度大小12m/sCv=(2)小物体进入电场向右减速的过程中，加速度大小2112m/sqEmgam+==小物体向右减速时间111sCvta==小物体在电场中向右运动的距离106m

2Cvxt+==由于qEmg，所以小物体减速至0后反向向左加速，直到滑出电场，小物体向左加速的加速度大小224m/sqEmgam−==小物体在电场中向左加速的时间2223sxta==小物体在电场中运动的时间12(13)sttt=+=+17.如图所示，虚线MN左

侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=3E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，不计重力）无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为2L，最后电子打在右

侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间t；（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ；（3）电子打到屏上的点P′（图中未标出）到点O的距离x。的【答案】（1）3mLteE=；（2）tan3=；（3）92xL=【解析】【详

解】（1）电子在E1=E的匀强电场中做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律11eEma=根据位移时间公式211122Lat=电子进入E2=3E的匀强电场时的速度111vat=在水平方向上做匀速直线运动，有122Lvt=电子从释放到打到屏

上所用的时间为12ttt=+解得3mLteE=（2）电子在电场E2=3E的竖直方向上，有223eEeEma==23yvat=而13Lvt=电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值1tanyvv=解得tan3

=（3）如图所示，电子离开电场E2时的速度反向延长线交于E2电场中点O,，轨迹如图电子打到屏上的点P′到点O的距离为x，由相似三角形为tan32xL=解得92xL=18.如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为2.5mR=，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在

B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为12.5mL=，竖直虚线CD的左侧有场强大小为125N/CE=、水平向左的匀强电场，竖直虚线CD的右侧有场强大小为2E（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为21m

L=，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为21mL=。现将一电荷量为2410Cq−=+、质量为1kgm=的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为0.2=，重力加

速度大小取210m/sg=，53AOB=，sin530.8=，cos530.6=。求：（1）滑块到达圆弧轨道AB的B点时，圆弧轨道AB对滑块的支持力大小；（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；（3

）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求2E的取值范围。【答案】（1）16.4NNF=；（2）1m/sv=，1st=；（3）2187.5N/C300N/CE【解析】【详解】（1）滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有211sin53(1cos53)02BqERmgRm

−+−=−v4m/sBv=滑块在圆弧轨道AB的B点时，有2NBvFmgmR−=解得N16.4NF=（2）滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，由牛顿第二定律有1qEmgma+=23m/sa=2212BaL−=vvBvvat=−解得1m/sv

=1st=（3）当2E较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有2221()02mgqELm−−=−v解得2187.5N/CE=当2E较大时，滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动水平方向有21Lt=v11st=竖直方向有22112yLat=22m/sy

a=2yqEmgma−=解得2300N/CE=综上，2E的取值范围为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com