安徽省滁州市定遠縣民族中學2024-2025學年高二物理上學期期中試題含解析

PAGE14-安徽省滁州市定遠縣民族中學2024-2025學年高二物理上學期期中試題（含解析）一、選擇題1.下面是某同學對電場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是（）A.依據(jù)真空中點電荷的電場強度公式可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶電荷量有關B.依據(jù)電勢差的定義式可知，帶電荷量為1C的正電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差為1VC.依據(jù)電場強度的定義式可知，電場中某點的電場強度與摸索電荷所帶的電荷量成反比D.依據(jù)電容的定義式可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比【答案】A【解析】依據(jù)點電荷的場強公式：可知，Q是場源電荷，所以電場中某點電場強度與場源電荷的電量成正比，與該點到場源電荷距離的平方成反比，故A正確；依據(jù)電勢差的定義式：知，帶電量為1C正電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，即電場力做功為-1J，則A、B點的電勢差為-1V，故B錯誤；電場強度取決于電場本身，與有無摸索電荷無關，所以不能理解成電場中某點的電場強度和摸索電荷的電量成反比，故C錯誤；電容是描述電容器容納電荷本事的物理量，取決于電容器本身的性質，并不與電容器的電容與所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比，故D錯誤。所以A正確，BCD錯誤。2.一點電荷，僅在電場力的作用下，沿直線由A點運動到B點的過程中，速率漸漸增大，下列推斷正確的是（）A.在此過程中，電荷所受電場力的方向總是由A指向BB.在此過程中，電荷的電勢能漸漸增大C.線段AB間的各點，電場強度的方向都是由A指向BD.自A至B，電勢漸漸降【答案】A【解析】點電荷在電場力作用，從A到B點，速率增大．則電場力做正功，電勢能減?。捎邳c電荷的電性不知，所以電場強度方向無法確定，因此電勢的凹凸也無法確定．故只有A正確；BCD錯誤.3.如圖甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的點電荷，其中Q1帶負電，a、b兩點在它們連線的延長線上.現(xiàn)有一帶負電的粒子以肯定的初速度沿直線從a點起先經b點向遠處運動(粒子只受電場力作用)，粒子經過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度圖象如圖乙所示.以下說法中正確的是（）A.Q2肯定帶負電B.Q2的電量肯定大于Q1的電量C.b點的加速度為零，電場強度也為零D.整個運動過程中，粒子的電勢能先減小后增大【答案】C【解析】試題分析：從速度圖象上看，可見a到b做加速度減小減速運動，在b點時粒子運動的加速度為零，則電場力為零，所以該點場強為零．Q1對負電荷的電場力向右，則Q2對負電荷的電場力向左，所以Q2帶正電．故A錯誤，C正確．b點場強為零，可見兩點電荷在b點對負電荷的電場力相等，依據(jù)，b到Q1的距離大于到Q2的距離，所以Q1的電量大于Q2的電量．故B錯誤．整個過程動能先減小后增大，依據(jù)能量守恒電勢能先增大后減?。蔇錯誤．故選C?？键c：v-t圖像；電場強度；電勢及電勢能【名師點睛】解決本題的關鍵依據(jù)圖象b點的加速度為0，依據(jù)這一突破口，從而推斷Q2的電性及Q1和Q2的電量大小。4.一節(jié)干電池的電動勢為1.5V，這表示()A.電池中每通過1C的電荷量，該電池能將1.5J的化學能轉變成電勢能B.該電池接入電路工作時，電池兩極間的電壓恒為1.5VC.該電池存儲的電能肯定比電動勢為1.2V的電池存儲的電能多D.將1C的電子由該電池負極移送到正極的過程中，非靜電力做了1.5J的功【答案】A【解析】【詳解】A項：電源是把其他形式的能轉化為電能的裝置，電路中每通過1C的電量，該電池能將1.5J的化學能轉變成電能，故A正確；B項：接入電路后，兩極電壓為路端電壓，若外電路正常工作，則路端電壓小于電動勢，故B錯誤；C項：電動勢表示電源是把其他形式的能轉化為電能的本事的物理量，電動勢大儲存的電能不肯定多，故C錯誤；D項：一節(jié)干電池的電動勢為1.5V，表示該電池能將1C電量的正電荷由負極移送到正極的過程中，非靜電力做了1.5J的功，故D正確。5.如圖所示，三條虛線表示某電場的三個等勢面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一個帶電粒子只受電場力作用，按圖中實線軌跡從A點運動到B點，由此可知（

）A.粒子帶正電 B.粒子速度變大C.粒子的加速度變大 D.粒子的電勢能變大【答案】B【解析】【詳解】由圖象可知帶電粒子的軌跡向右偏轉，得出粒子所受力的方向向右；又由電場線指向電勢降低的方向，得出電場線方向大致向左．因為帶電粒子受力與電場的方向相反，所以粒子帶負電，故A錯誤；由動能定理得，合外力（電場力）做正功，動能增加，故B正確；由于等勢面密的地方電場線也密、電場線密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子從A點運動到B點，加速度在變小，故C錯誤；由電場力做功的公式得，粒子從A點運動到B點，電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤．【點睛】做曲線運動物體所受合外力指向曲線內側，本題中粒子只受電場力，由此可推斷電場力向右，依據(jù)電場力做功可以推斷電勢能的凹凸和動能改變狀況，加速度的推斷可以依據(jù)電場線的疏密進行。6.如圖所示，A、B、C、D是勻強電場中一個以坐標原點為圓心、半徑為1cm的圓與兩坐標軸的交點，已知A，B，C三點的電勢分別為、、由此可得D點的電勢為A.4VB.8VC.6VD.9V【答案】B【解析】試題分析：在勻強電場中，沿著同一方向（非等勢面上），依據(jù)公式可知，每前進相同的距離，電勢的降低相等；依據(jù)幾何學問可知AB=DC且AB∥DC，說明AB間的電勢差等于DC間的電勢差，故，代入數(shù)據(jù)，有，解得，即D點的電勢為8V．考點：考查了勻強電場電場強度與電勢差的關系【名師點睛】解決本題要理解公式，知道勻強電場中，沿著同一方向（非等勢面上），電勢勻稱降低，即可解決這類問題．7.如圖所示的電路中，R0為固定電阻，R為滑動變阻器．移動滑片P，電路的總電阻會發(fā)生改變．下列敘述正確的是A.P向左滑動時總電阻將減小B.P向右滑動時總電阻將減小C.P滑到最左端時總電阻為R0D.P滑到最右端時總電阻為零【答案】A【解析】【詳解】A．P向左滑動時電阻R減小，依據(jù)公式，可得并聯(lián)電阻肯定減小。故A正確。

B．P向右滑動時，依據(jù)公式，可知總電阻將增加。故B錯誤。

C．P滑到最左端時，電阻R0被短路，故總電阻為0。故C錯誤。

D．P滑到最右端時總電阻最大。故D錯誤。8.智能手機耗電量大，移動充電寶應運而生，它是能干脆給移動設備充電的儲能裝置．充電寶的轉化率是指電源放電總量占電源容量的比值，一般在0.60﹣0.70之間（包括移動電源和被充電池的線路板、接頭和連線的損耗）．如圖為某一款移動充電寶，其參數(shù)見如表，下列說法正確的是容量20000mAh兼容性全部智能手機邊充邊放否愛護電路是輸入DC5V2AMAX輸出DC5V0.1-2.5A尺寸156*82*22mm轉換率0.60產品名稱索揚SY10-200重量約430gA.充電寶充電時將電能轉化為內能B.該充電寶最多能儲存能量為3.6×l06JC.該充電寶電量從零到完全充溢電的時間約為2hD.該充電寶給電量為零、容量為3000mAh的手機充電，則理論上能充溢4次【答案】D【解析】【詳解】A．充電寶充電時將電能轉化為化學能，不是內能。故A錯誤。

B．該充電寶的容量為：該電池電動勢為5V，所以充電寶儲存的能量：故B錯誤。

C．以2A的電流為用電器供電則供電時間：故C錯誤。

D．由于充電寶的轉化率是0.6，所以可以釋放的電能為：E=給容量為3000mAh的手機充電的次數(shù)：次故D正確。9.把兩根同種材料的電阻絲分別連在兩個電路中，A電阻絲長為L，直徑為d，B電阻絲長為3L，直徑為3d．要使兩電阻絲在相同時間內產生的熱量相等，加在兩電阻絲上的電壓之比應當滿意A.UA∶UB=1∶1 B.UA∶UB=∶1C.UA∶UB=∶3 D.UA∶UB=3∶4【答案】B【解析】【詳解】依據(jù)電阻定律可知：由于是純電阻，則由，Q、t相同得：加在兩電阻絲上的電壓之比為A．UA∶UB=1∶1。故A不符合題意。B．UA∶UB=∶1。故B符合題意。C．UA∶UB=∶3。故C不符合題意。D．UA∶UB=3∶4。故D不符合題意。10.如圖所示，把一個帶電小球A固定在光滑的水平絕緣桌面上，在桌面的另一處有另一帶電小球B，現(xiàn)給B一個垂直于AB方向的速度v0，則下列說法中正確的是（）A.B球可能做直線運動B.B球的電勢能可能增加C.A球對B球庫侖力可能對B球不做功D.B球可能從電勢較高處向電勢較低處運動【答案】BCD【解析】試題分析：由題看出，小球B受到的靜電力與速度不在同始終線上，則B球不行能做直線運動，故A錯誤；若小球A、B帶異種電荷，而且引力恰好等于時，B球做勻速圓周運動，A球對B球的庫侖力不做功，故B正確；若小球A、B帶異種電荷，而且引力恰好小于時，B球會遠離A球，引力做負功，電勢能增加，故C正確；由于兩球電性未知，B球可能受斥力會遠離A球，也可能受到引力靠近A球，所以B球可能從電勢較高處向電勢較低處運動，故D正確?？键c：電勢差與電場強度的關系、電勢【名師點睛】由小球B受到的靜電力與速度不在同始終線上可知，B球不行能做直線運動．若小球A、B帶異種電荷小球B做勻速圓周運動，庫侖力不做功，若小球B所受的引力小于所須要的向心力，小球B做離心運動時，B球的電勢能可能增加，B球不肯定從電勢較高處向電勢較低處運動。11.NTC熱敏電阻器即負溫度系數(shù)熱敏電阻器，也就是指阻值隨溫度的上升而減小的電阻。負溫度系數(shù)的熱敏電阻R2接入如右圖所示電路中，R1為定值電阻，L為小燈泡，當溫度降低時（不考慮燈泡和定值電阻阻值隨溫度改變）（）A.小燈泡變亮B.小燈泡變暗C.兩端的電壓增大D.電流表的示數(shù)減小【答案】AD【解析】【分析】首先看懂電路圖中各用電器的連接方式，NTC熱敏電阻在電路中與滑動變阻器的作用一樣，也是動態(tài)電路分析的題目．當溫度降低時，的阻值增大，總電阻增大，據(jù)閉合電路的歐姆定律知干路電流減小，電阻兩端的電壓減小，燈L兩端的電壓增大，即可推斷選項．【詳解】當溫度降低時，的阻值增大，總電阻增大，據(jù)閉合電路的歐姆定律知干路電流減小，即電流表的示數(shù)減小；據(jù)知電阻兩端的電壓減小；再據(jù)知燈L兩端的電壓增大，即小燈泡變亮，故A正確，BCD錯誤。故選A。【點睛】動態(tài)電路分析的基本思路：先分析R的改變--據(jù)推斷總電流的改變據(jù)推斷路端電壓的改變再利用路端電壓和總電流的改變推斷某支路電壓和電流的改變，即局部--整體--局部的思路．12.用標有“6V，3W”的燈泡L1、“6V，6W”的燈泡L2與志向電壓表和志向電流表連接成如圖甲所示的試驗電路，其中電源電動勢E=9V。圖乙是通過兩個燈泡的電流隨兩端電壓改變的曲線。當其中一個燈泡正常發(fā)光時(

)A.電流表的示數(shù)為0.5AB.電壓表的示數(shù)為6VC.電路輸出功率為4WD.電源內阻為1Ω【答案】AC【解析】因為兩個燈泡串聯(lián)，所以通過兩燈泡的電流相等，L1的額定電流為I1=P1/U1=0.5A，L2的額定電流為I2=P2/U2=1A，電路中電流為0.5A，所以只有L1正常發(fā)光，故A正確；從圖像中可以看出，電流為0.5A時，L1兩端電壓為6V，L2兩端電壓為2V，電壓表示數(shù)為2V，故B錯誤；電路中輸出功率為P=UI=（2V+6V）x0.5A=4W,故C正確；電源內阻r=E-U/I=2Ω，故D錯誤，C正確。所以AC正確，BD錯誤。二、試驗題13.一靈敏電流計，允許通過的最大電流（滿刻度電流）為Ig=50μA，表頭電阻Rg=1kΩ，若改裝成量程為Im=1mA的電流表，應并聯(lián)的電阻阻值為Ω，若將改裝后的電流表再改裝成量程為Um=10V的電壓表，應再串聯(lián)一個阻值為Ω的電阻。（結果保留四位有效數(shù)字）【答案】52.63歐、【解析】試題分析：據(jù)題意，要將靈敏電流計改裝成1mA電流表，須要滿意：，即，則有；若將其改成10v電壓表，則有：，即，則有：。考點：本題考查電表的改裝。14.在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”試驗中，小燈泡的額定電壓為2.5V，額定功率為0.5W，此外還有以下器材可供選擇：A．直流電源3V(內阻不計)B．直流電流表0～300mA(內阻約為5Ω)C．直流電流表0～3A(內阻約為0.1Ω)D．直流電壓表0～3V(內阻約為3kΩ)E．滑動變阻器100Ω，0.5AF．滑動變阻器10Ω，2AG．導線和開關試驗要求小燈泡兩端的電壓從零起先改變并能進行多次測量．(1)試驗中電流表應選用________，滑動變阻器應選用________；(均填寫儀器前的字母)(2)在圖甲所示的虛線框中畫出符合要求的試驗電路圖_______________(虛線框中已將所需的滑動變阻器畫出，請補齊電路的其他部分，要求滑片P向b端滑動時，燈泡變亮)；(3)依據(jù)試驗數(shù)據(jù)，畫出的小燈泡的I－U圖線如圖乙所示．由此可知，當電壓為0.5V時，小燈泡的燈絲電阻是________Ω.【答案】(1).BF(2).分壓式(3).如圖所示：(4).5【解析】試題分析：（1）燈泡的額定電流；故電流表選擇B；因本試驗只能接用分壓接法，故滑動變阻器選擇小電阻F；（2）依據(jù)試驗要求可知，滑動變阻器采納分壓接法，并且測量電路應與滑動變阻器的左半部分并聯(lián)；電流表采納外接法；原理圖如下；（3）由畫出伏安特性曲線可知，時，電流，則對應的電阻；考點：“描繪小燈泡的伏安特性曲線”試驗三、計算題15.如圖所示，電源電動勢E=12V，內阻r=5Ω，滑動變阻器的最大阻值R1=20Ω，定值電阻R2=20Ω，R3=5Ω，R4=10Ω，電容器的電容C=30μF．開關S閉合電路穩(wěn)定后，求：（1）滑動變阻器滑片從最左端滑到最右端的過程中，通過R4的電量；（2）電源的最大輸出功率?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】試題分析：（1）滑動變阻器滑片處于最左端時，電容器兩端的電壓就是電源的路端電壓：滑動變阻器滑片處于最右端時，并聯(lián)電阻為電容器兩端的電壓：通過的電量（2）電源的最大輸出功率?？键c：閉合電路的歐姆定律【名師點睛】對于直流電路的計算問題，往往先求出局部的電阻，再求出外電路總電阻，依據(jù)歐姆定律求出路端電壓和總電流，再計算各部分電路的電壓和電流。16.如圖所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電、B板帶負電．兩板之間存在著勻強電場，兩板間距為d、電勢差為U，在B板上開有兩個間距為L的小孔．C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O′處，C帶正電、D帶負電．兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對著B板上的小孔，兩板間的電場強度可認為大小到處相等，方向都指向O′.半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽視不計．現(xiàn)從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個質量為m、電量為q的帶正電微粒（微粒的重力不計），求：（1）微粒穿過B板小孔時的速度多大；（2）為了使微粒能在CD板間運動而不碰板，CD板間的電場強度大小應滿意什么條件；（3）從釋放微粒起先，經過多長時間微粒第一次通過半圓形金屬板間的最低點P點？【答案】（1）（2）（3）（2d+）【解析】【詳解】(1)設微粒穿過B板小孔時的速度為v，依據(jù)動能定理，有qU＝mv2解得:(2)微粒進入半圓形金屬板后，電場力供應向心力，有聯(lián)立解得：(3)微粒從釋放起先經t1射入B板的小孔，則設微粒在半圓形金屬板間運動經過t2第一次到達最低點P點，則所以從釋放微粒起先，經過:微粒第一次到達P點。17.如圖所示，一勻稱帶正電的