安徽省临泉田家炳实验中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题

临泉田家炳实验中学2024-2025学年第一学期 高二年级期中教学质量检测物理试卷 一、单选题：本大题共8小题，共32分。 1.三个阻值都是的电阻可以用不同的方法连接起来，下面四个图中等效电阻即总电阻等于的是(    ) A. B. C. D. 2.如图所示是电阻的图像，图中，由此得出(    ) A. 电阻 B. 电阻 C. 因图像的斜率表示电阻的倒数，故 D. 在两端加上的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是 3.某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过点和点，以下说法正确的是(    ) A. 、点的场强 B. 粒子在、点的加速度 C. 粒子在、点的速度 D. 粒子带正电 4.如图所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点等距离的两点、，在连线上有距中点等距离的两点、，则下列说法错误的是(    ) A. 、两点的电场强度相同 B. 、两点的电势不相同C. 若将一负试探电荷由点移到点， 电场力做正功 D. 若将一正试探电荷由无穷远处移到点， 其电势能一定减少 5.如图所示的电路中，、均为定值电阻，为可变电阻，电源的电动势为，内阻为，若开关闭合后，电压表示数为，电流表示数为，当可变电阻的滑片向右端移动时，下列说法中正确的是(    ) A. 变小，变大 B. 变小，变小 C. 变大，变大 D. 变大，变小 6.如图所示，将平行板电容器接在电源两极间，电容器两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态若将两极板缓慢地错开一些，其他条件不变，则(    ) A. 电容器带电荷量不变 B. 电源中将有电流从正极流出 C. 尘埃仍静止 D. 电流计中将有电流通过，电流方向由 7.如图，中，。匀强电场的电场线平行于所在平面，且、、点的电势分别为、、。下列说法中正确的是(    ) A. 电场强度的方向沿方向 B. 电场强度的大小为 C. 电子从点移动到点，电场力做功为 D. 电子从点移动到点，电场力做功不可能为零 8.如图所示为一个多量程多用电表的简化电路图。单刀多掷开关可以与不同接点连接。下列说法正确的是(    ) A. 当接或时为直流电压挡，接时量程较大 B. 当接或时为直流电流挡，接时量程较小 C. 当接或时为直流电流挡，接时量程较大 D. 当接或时为直流电压挡，接时量程较小 二、多选题：本大题共2小题，共10分。 9.如图所示平行金属板、组成的电容器，充电后与静电计相连。实验中极板所带电荷量不变，下列说法正确的是(    ) A. 在、两板间平行插入厚度小于极板间距的陶瓷板，电容变小 B. 在、间平行插入厚度小于极板间距的铝板，静电计指针张角变大 C. 将板向上平移少许，静电计指针张角变大 D. 将板向左平移少许，两极板间电场强度不变 10.如图，轴上有两同种点电荷和，和的位置坐标分别为、。和之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，电势最低处为点，则(    ) A. 点电场强度为零 B. 和带电量相等 C. 和都是负电荷 D. 点左侧和右侧电场强度方向相反 三、实验题：本大题共2小题，11题6分，12题12分，共18分。 11.图甲中游标卡尺的读数为__________，图乙中螺旋测微器的读数为__________。  某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，器材如图甲所示。先将选择开关旋至“”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的________选填“”或“”接线柱，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至__________选填“”或“”挡并__________，最终测量结果如图乙所示，则电压表的电阻为__________。 12.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材： A.被测干电池一节 B.电流表：量程，内阻 C.电流表：量程，内阻约为 D.电压表：量程，内阻未知 E.电压表：量程，内阻未知 F.滑动变阻器：， G.滑动变阻器：， H.开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻． 在上述器材中请选择适当的器材填写器材前的字母：电流表选择______，电压表选择______，滑动变阻器选择______． 实验电路图应选择如图中的______填“甲”或“乙”； 根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势______，内电阻______ 四、计算题：本大题共3小题，共40分分。 13.（10分）有一电荷量为的点电荷，从电场中的点移到点时，克服电场力做功。从点移到点电场力做功。 间的电势差等于多少？ 若点电势为零，点的电势能为多少？ 14.（14分）如图所示，为一线圈电阻的电动机，电阻，电源电动势。当断开时，电流表的示数，当开关闭合时，电流表的示数为。求： 电源内阻； 开关闭合时，通过电动机的电流及电动机输出的机械功率。 15.（16分）如图所示，有一电子电荷量为经电压加速后，进入两块间距为、电压为的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求： 电子进入平行板时的速度 金属板的长度； 电子穿出电场时的动能。 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第 1 页，共 7 页 临泉田家炳实验中学高二第一学期期中考试答案 【答案】 1. 𝐷 2. 𝐴 3. 𝐷 4. 𝐷 5. 𝐴 6. 𝐶 7. 𝐵 8. 𝐵 9. 𝐶𝐷 10. 𝐴𝐷 11. (1)29.8；0.880(或0.881)；(2) −；× 100；重新进行欧姆调零；3 000。 12. 𝐵 𝐷 𝐹 甲 1.50 （1.48-1.50都对） 0.660- 0.700 都对 13. (1)电荷从𝐴移到𝐵点的过程，电场力做负功，可得𝐴、𝐵间的电势差为 𝑈𝐴𝐵 = 𝑊 𝑞 = −6 × 10−4 3 × 10−6 𝑉 = −200𝑉 (2)从𝐵点移到𝐶点，根据功能关系 𝑊𝐵𝐶 = −𝛥𝐸𝑝 = 𝐸𝑝𝐵 − 𝐸𝑝𝐶 又因为，𝐵点电势为零，即 𝐸𝑝𝐵 = 𝑞𝜑𝐵 = 0 所以 𝐸𝑝𝐶 = −𝑊𝐵𝐶 = −9 × 10 −4𝐽 14. 解：(1)当𝑆断开时，电流表的示数𝐼1 = 1.6𝐴，由闭合电路欧姆定律得 𝐸 = 𝐼1(𝑅 + 𝑟) 代入数据解得 𝑟 = 𝐸 𝐼1 − 𝑅 = 40 1.6 𝛺 − 24𝛺 = 1𝛺 (2)当开关𝑆闭合时𝐼2 = 4.0𝐴 则 𝑈内 = 𝐼2𝑟 = 4 × 1𝑉 = 4𝑉 𝑈外 = 𝐸 − 𝑈内 = 40𝑉 − 4𝑉 = 36𝑉 则通过电阻𝑅的电流 𝐼𝑅 = 36 24 𝐴 = 1.5𝐴 流过电动机的电流 𝐼 = 𝐼2 − 𝐼𝑅 = 4𝐴 − 1.5𝐴 = 2.5𝐴 则电动机的功率 第 2 页，共 7 页 𝑃 = 𝑈外𝐼 = 36 × (4 − 1.5)𝑊 = 90𝑊 电动机的热功率为 𝑃热 = 𝐼 2𝑅𝑀 = 2.5 2 × 0.4𝑊 = 2.5𝑊 则电动机输出的机械功率 𝑃机械 = 𝑃 − 𝑃热 = 90𝑊 − 2.5𝑊 = 87.5𝑊 答：(1)电源内阻𝑟为1𝛺； (2)开关𝑆闭合时，通过电动机的电流为2.5𝐴，电动机输出的机械功率为87.5𝑊 15. 解：(1)设电子飞离加速电场时的速度为𝑣 0，由动能定理得𝑒𝑈 0 = 1 2 𝑚𝑣0 2 … ① 解得：𝑣0 = √ 2𝑒𝑈0 𝑚 ； (2)设金属板𝐴𝐵的长度为𝐿，电子偏转时间为：𝑡 = 𝐿 𝑣0 … ② 电子在偏转电场中产生偏转加速度𝑎 = 𝑒𝑈 𝑚𝑑 … ③ 电子在电场中偏转𝑦 = 1 2 𝑑 = 1 2 𝑎𝑡  2 … ④ 由①②③④得：𝐿 = 𝑑√ 2𝑈0 𝑈 。 (3)设电子穿过电场时的动能为𝐸  𝑘，根据动能定理有： 𝐸𝑘 = 𝑒𝑈0 + 𝑒 𝑈 2 = 𝑒(𝑈0 + 𝑈 2 )。 答：(1)电子进入平行板时的速度为√ 2𝑒𝑈0 𝑚 ； (2)金属板𝐴𝐵的长度为𝑑√ 2𝑈0 𝑈 ； (3)电子穿出电场时的动能为𝑒(𝑈0 + 𝑈 2 )。 1. 解：𝐴.根据串联电路的特点，可知三个电阻串联后的总电阻为：𝑅1 = 3 × 6𝛺 = 18𝛺，故 A 错误； B.根据并联电路的特点，可知三个电阻并联后的总电阻为：𝑅2 = 6 3 𝛺 = 2𝛺，故 B 错误； C.两个电阻串联后与第三个电阻并联，则有： 1 𝑅3 = 1 12𝛺 + 1 6𝛺 ，解得等效电阻为：𝑅3 = 4𝛺，故 C 错误； D.两个电阻并联后与第三个电阻串联，则总电阻为：𝑅4 = 6𝛺 + 6 2 𝛺 = 9𝛺，故 D 正确。 故选：𝐷。 根据串联电路的总阻值等于各串联电阻之和，并联电阻的倒数等于各电阻倒数之和求解。 第 3 页，共 7 页 本题考查了学生对串并联电阻的特点的了解与掌握，记住“𝑛个阻值相同的电阻𝑅串联后，𝑅串 = 𝑛𝑅；𝑛个 阻值相同的电阻𝑅并联后，𝑅并 = 1 𝑛 𝑅”是本题的关键。 2. 解：𝐴𝐵.伏安特性曲线的斜率的倒数表示电阻，由图像可得𝑅 = 𝛥𝑈 𝛥𝐼 = 10 5 𝛺 = 2𝛺，故 A 正确，B 错误； C.由于横纵坐标的标度不同，不能根据夹角的正切值求解电阻，故 C 错误； D.在𝑅两端加上6𝑉的电压时，电流𝐼 = 𝑈 𝑅 = 6 2 𝐴 = 3𝐴；根据电流的定义式得，每秒通过电阻横截面的电荷量 是𝑞 = 𝐼𝑡 = 3 × 1𝐶 = 3𝐶，故 D 错误。 故选：𝐴。 𝐴𝐵.伏安特性曲线的斜率的倒数表示电阻，由此求电阻； C.由于伏安特性曲线横、纵坐标的标度不同，不能根据夹角的正切值求解电阻，据此作答； D.根据欧姆定律求解𝑈 = 6𝑉的电流，再根据电流的定义求电荷量。 注意：伏安特性曲线由于横、纵坐标的标度不同，因此不能根据夹角的正切值求解电阻，这是一个易错 点。 3. 解：𝐴、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以有𝐸𝑀 < 𝐸𝑁.故 A 错误。 B、𝑀处场强小，粒子受到的电场力小，由牛顿第二定律知加速度也小，即有𝑎𝑀 < 𝑎𝑁 .故 B 错误。 𝐶𝐷、根据粒子的运动的轨迹弯曲方向可以知道，粒子的受到的电场力的方向斜向上，所以粒子为正电荷， 若粒子从𝑀点运动到𝑁点，电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，粒子的速度增大，则有𝑣𝑀 < 𝑣𝑁.故 C 错误，D 正确； 故选：𝐷。 电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．由电场线的疏密分析场强的大小，由牛顿 第二定律判断加速度的大小．由粒子运动轨迹弯曲的方向，判断粒子受到的电场力方向，从而判断电场力 做功情况和粒子的电性，即可分析速度的大小． 本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密 可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解 决这类问题． 第 4 页，共 7 页 4. 解：等量异种点电荷的电场线的分布如图： A、由等量异种点电荷电场线分布可得𝑎、𝑏两点场强方向相同水平向右，根据对称性可得𝑎、𝑏两点场强大 小相等，则𝑎、𝑏两点的电场强度相同，故 A 正确； B、题图中𝑐、𝑑在一条电场线上，场强方向由𝑐指向𝑑，沿电场线方向电势降低，则𝜑𝑐 > 𝜑𝑑，故 B 正确； C、负试探电荷𝑞 < 0，由𝑑点移到𝑐点电场力做功𝑊𝑐𝑑 = 𝑞𝑈𝑑𝑐 = 𝑞(𝜑𝑑 − 𝜑𝑐) > 0，电场力做正功，故 C 正 确； D、图中𝑎𝑂𝑏是零等势面，则正试探电荷𝑞′ > 0由无穷远处移到𝑐点电场力做功相对于从𝑂点移到𝑐点，则电 场力做负功，电势能一定增大，故 D 错误。 本题选择错误的 故选：𝐷。 等量异种点电荷电场线分布可得𝑎、𝑏两点场强方向相同水平向右，根据对称性可得𝑎、𝑏两点场强大小相 等，则𝑎、𝑏两点的电场强度相同，沿电场线方向电势降低，根据电场力做功判断电势能变化。 等量异种电荷周围的电场分布情况是考查的重点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量异 种电荷周围的电场特点与等势面特点。 5. 解：当𝑅的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律 分析得知总电流𝐼增大，电压表测量𝑅两端电压𝑈，而𝑈 = 𝐸 − 𝐼(𝑟 + 𝑅2)，𝐼增大，𝐸、𝑟、𝑅2不变，则𝑈变 小，通过𝑅2的电流变小，而总电流变大，则电流表的示数𝐼变大，故 A 正确，BCD 错误； 故选：𝐴。 当𝑅的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总 电流的变化和路端电压，即可判断电压表示数的变化，由欧姆定律分析变阻器两端电压的变化，分析电流 表示数的变化。 本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析，对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外 电阻而增大的结论进行分析，也可以根据“串反并同”进行分析，直接得出结论。 6. 【分析】 本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式𝐶 = 𝜀𝑆 4𝜋𝑘𝑑 和电容的定义式𝐶 = 𝑄 𝑈 结合进行 第 5 页，共 7 页 分析． 【解答】 解：电容器与电池组连接，其电压不变，带电尘埃静止，两极板错开时场强不变，静电力与重力依然平 衡，故 C 正确．因电容减小，由𝑄 = 𝐶𝑈知电荷量𝑄减小，电容器放电，电流方向𝑎 → 𝑏，故 A、𝐵、D 错 误。 故选 C。 7. 解：𝐴𝐵.由于𝑎𝑐两点电势相等，故𝑎𝑐为一条等势线，电场方向与等势线垂直，且由高电势指向低电势可 知，电场方向垂直𝑎𝑐，且指向斜上方，电场强度的大小为𝐸 = 𝑈𝑐𝑏 𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛30∘ = 3−(−1) 4×0.5 𝑉/𝑐𝑚 = 2𝑉/𝑐𝑚 故 A 错误，B 正确； C.电子从𝑐点移动到𝑏点，根据电场力做功公式有：𝑊𝑐𝑏 = −𝑒𝑈𝑐𝑏 = −𝑒 × [3 − (−1)] = −4𝑒𝑉 故 D 错误。 D.电子从𝑎点移动到𝑐点，𝑎𝑐为一条等势线，电场力做功为0，故 D 错误； 故选：𝐵。 根据电场线与等势线垂直分析电场线；根据电场强度𝐸 = 𝑈 𝑑 可解得电场强度；根据电场力做功𝑊 = 𝑞𝑈可解 得电场力做功，从而可知电势能变化。 本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电场强度的计算方法，注意𝐸 = 𝑈 𝑑 中𝑑代表沿电场线两点的距 离。 8. 解：𝐴𝐵、开关𝑆旋到位置1、2位置是电流表，接2时分流电阻较大，则其分流较小，则量程较小，故 A 错误，B 正确； C、接3或4为接内部电源可测电阻，为电阻挡，故 C 错误； D、要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关𝑆旋到位置5、6时测量电压，电流表所串联的 电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关𝑆旋到5的量程比旋到6的量程小，故 D 错误。 故选：𝐵。 根据多用表的原理和结构判断电流挡和电压挡，由欧姆定律判断量程。 本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法．明确串联电阻为大量程电压表，并 联电阻为电流表。 9. 解：𝐴、在𝐴、𝐵两板间平行插入厚度小于极板间距的陶瓷板，根据𝐶 = ɛ𝑟𝑆 4𝜋𝑘𝑑 可知，电容𝐶增大，故 A 错 误； 第 6 页，共 7 页 B、在𝐴、𝐵间平行插入厚度小于极板间距的铝板，相当于减小距间距离，根据𝐶 = ɛ𝑟𝑆 4𝜋𝑘𝑑 可知，电容𝐶增大， 根据𝐶 = 𝑄 𝑈 可知，电势差减小，故静电计的张角减小，故 B 错误； C、将𝐵板向上平移少许时，两板间的正对面积减小，根据𝐶 = ɛ𝑟𝑆 4𝜋𝑘𝑑 可知，电容𝐶减小，由𝐶 = 𝑄 𝑈 可知，两板 间的电势差增大，故静电计的张角变大，故 C 正确； D、将𝐵板向左平移少许时，两板间的距离增大，根据𝐶 = ɛ𝑟𝑆 4𝜋𝑘𝑑 、𝐶 = 𝑄 𝑈 、𝐸 = 𝑈 𝑑 可得：𝐸 = 4𝜋𝑘𝑄 𝜖𝑟𝑆 ，可见两板 间的距离增大，两极板间电场强度不变，故 D 正确； 故选：𝐶𝐷。 充电后断开电源，则两极板上的电量不变；要使张角张大，则应增大两板间的电势差；根据电容的定义式 及平行板电容器的决定式可以分析各选项能否使张角增大。 对于电容器的动态分析，首先要明确不变量，然后再由定义式和决定式可确定电势差的变化，注意静电计 与验电器的区别。 10. 解：𝐵𝐶、因为沿电场线方向电势逐渐降低，根据电势走向，场源电荷一定为同种正电荷，且电势变化 不对称，电量不等，故 BC 错误。 𝐴𝐷、𝑥𝑃点切线斜率为零，而𝜑 − 𝑥图线的切线斜率表示电场强度的大小，则𝑥𝑃点的电场强度为零，或根据 两正电荷连线上必有场强为0点即电势升降转折点𝑥𝑃，该点左右电场反向，故 AD 正确。 故选：𝐴𝐷。 𝜑 − 𝑥图线的切线斜率表示电场强度的大小，从坐标𝑥1到𝑥2电势先减小后增大，根据沿电场线电势逐渐降 低判断两电荷的电性，根据电场强度为零的位置比较两电荷的电量大小；根据𝐸𝑃 = 𝑞𝜑即可判断电势能的 大小关系。 解决本题的关键找到该题的突破口，即根据𝑃点的切线斜率(即电场强度)为零入手分析，以及知道沿着电 场线方向电势逐渐降低。 11. 【分析】 (1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示 数。 (2)通过多用表的电流由红表笔流入，由黑表笔流出； 使 用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数 欧姆表的红表笔插“+”插孔，黑表笔插“−”插孔，“+”与电源负极相连，“−”与电源正极相连； 【解答】 第 7 页，共 7 页 (1)游标卡尺的读数=主尺上的整毫米数+精确度×对齐格数(不估读)，可知游标卡尺的读数为：29𝑚𝑚 + 0.1𝑚𝑚 × 8 = 29.8𝑚𝑚； 螺旋测微器的读数=固定刻度上的毫米数(要注意半毫米线) + 0.01 𝑚𝑚 ×对齐刻度(一定要估读)，可知螺旋 测微器的读数为：0.5 𝑚𝑚 + 0.01 𝑚𝑚 × 38.0(或38.1) = 0.880 𝑚𝑚(或0.881 𝑚𝑚)； (2)多用电表使用时要注意电流是“红进黑出”，电压表中电流是从正接线柱流入的，所以多用电表的红 表笔应接电压表的“−”接线柱，欧姆表指针偏角太小，说明所测电阻阻值较大，应换用“× 100”挡进行 测量，并且重新进行欧姆调零，图乙读数为：30 × 100𝛺 = 3 000𝛺。 12. 解：(1)干电池的电动势约为1.5𝑉，故为了读数准确，电压表应选择𝐷.内阻较小，为了准确测量内阻， 选择已知内阻的电流表𝐵；滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选 F． (2)根据以上分析可知，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择甲； (3)由𝑈 − 𝐼图可知，电源的电动势𝐸 = 1.50𝑉； 内电阻𝑟 + 𝑅𝐴 = △𝑈 △𝐼 − 𝑅𝐴 = 1.5−1.0 0.5 − 0.3 = 0.7𝛺 故答案为：①𝐵，𝐷，𝐹；②甲；③1.50，0.700． 13. 详细解答和解析过程见【答案】 14. (1)当𝑆断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻。 (2)当开关𝑆闭合时，已知电流表的示数，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出通过𝑅的 电流，得到通过电动机的电流，电动机发热消耗的功率为：𝑃热 = 𝐼 2𝑅，电动机的输出功率等于电功率与内 部消耗的热功率之差。 对于电动机电路，正常工作时是非电阻电路，要注意欧姆定律不成立，要根据能量守恒求解其输出功率， 要区分电动机的输出功率与效率的不同，不能混淆。 15. (1)电子在加速电场中做加速运动，由动能定理求出速度； (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出板长。 (3)由动能定理可以求出电子的动能。 解决该题的关键是明确知道电子在电场中的运动情况，掌握类平抛运动的解题方法，掌握用动能定理求解 速度大小；