四川省2023-2024學年高二物理上學期11月期中題含解析

（滿分：100分考試時間：75分鐘）一．單選題（每小題4分，共28分）1.下述說法正確的是（）A.磁感線從磁體的N極出發(fā)，終止于S極B.一小段通電導線在空間某點處不受磁場力，則該點的磁感應強度一定為零C.根據(jù)，磁感強度與通電導線受到的磁場力F成正比，與電流強度和導線長度的乘積成反比D.只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，就能產(chǎn)生感應電流【答案】D【解析】【詳解】A．磁感線是閉合曲線，磁體外部磁感線是從N極到S極，而其內(nèi)部是從S極到N極，故A錯誤；B．一小段通電直導線在某處不受磁場力作用，可能是導線與磁場方向平行，并不是指該處磁感應強度一定為零，故B錯誤；C．磁場中某點的磁感應強度是由磁場本身決定的，與電流強度和導線長度無關(guān)，故C錯誤；D．感應電流產(chǎn)生的條件：閉合回路中的磁通量發(fā)生變化，只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，電路中一定會產(chǎn)生感應電流，故D正確。故選D。2.有一束電子流沿x軸的正方向高速運動，如圖所示，電子流在z軸上的P點處所產(chǎn)生的磁場方向沿()A.y軸正方向 B.y軸負方向C.z軸正方向 D.z軸負方向【答案】A【解析】【詳解】電子流沿x軸正方向運動，形成的電流方向沿x軸負方向，根據(jù)安培定則可知，電子流在z軸上的P點處所產(chǎn)生的磁場方向是沿y軸正方向，故A正確．【點睛】安培定則是判斷電流方向與磁場方向間關(guān)系的規(guī)則，要熟練掌握．要注意電流方向與負電荷定向運動方向相反．3.在圖所示的電路中，R1、R2是定值電阻，當滑動變阻器滑片向上移動時（）A.電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變小B.電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變大C.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大D.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變小【答案】C【解析】【詳解】當變阻器的滑動片向上移動時，滑動變阻器阻值變小，總電阻減小，總電流變大，內(nèi)阻上的電壓變大，路端電壓減小，即電壓表示數(shù)變??；R1上的電壓變大，則并聯(lián)之路的電壓減小，通過R2的電流減小，則通過電流表讀數(shù)變大，C正確，ABD錯誤。故選C。4.如圖所示，電源電動勢E=8V，內(nèi)電阻為r＝0.5Ω，“3V，3W”的燈泡L與電動機M串聯(lián)接在電源上，燈泡剛好正常發(fā)光，電動機剛好正常工作，電動機的線圈電阻R0=1.5Ω。下列說法中正確的是（）A.電動機兩端電壓1.5VB.電源的輸出功率是8WC.電動機消耗的電功率為3WD.電動機的輸出功率為3W【答案】D【解析】【詳解】燈泡剛好正常發(fā)光，則電路電流為根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，路端電壓為電源的輸出功率為電動機兩端電壓電動機消耗的電功率為電動機消耗的熱功率為則電動機的輸出功率為故選D。5.用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）．設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ，實驗中，極板所帶電荷量不變，若（）A.保持S不變，增大d，則θ變大B.保持S不變，增大d，則θ變小C.保持d不變，減小S，則θ變小D.保持d不變，減小S，則θ不變【答案】A【解析】【詳解】AB、電容器所帶電荷量Q不變，由可知不變，增大d，則變小，而由可得電容器的電壓U變大，從而使得靜電計的電壓U變大，其指針的偏角θ變大，故A正確、B錯誤;CD、同理可知保持d不變，減小S，則變小，而由可得電容器的電壓U變大，使得靜電計的電壓U變大，其指針的偏角θ變大，故選項C、D均錯誤．故選:A.6.讓質(zhì)子（符號：H，質(zhì)量數(shù)為1，電荷數(shù)為1）和氘核（符號：H，質(zhì)量數(shù)為2，電荷數(shù)為1）的混合物以相同的初動能沿著與電場垂直的方向進入同一勻強電場，則它們出電場的偏轉(zhuǎn)距離之比（）A.2:1 B.1:2 C.1:1 D.4:1【答案】C【解析】【詳解】帶電粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)電場的寬度為L，可得，又依題意，有聯(lián)立，解得它們出電場的偏轉(zhuǎn)距離之比為故選C。7.如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．若0＜t0＜，帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打在B板上，所以A不符合題意；B．若＜t0＜，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向左運動的距離大于向右運動的距離，最終打在A板上，所以B符合題意；C．若＜t0＜T，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向左運動的距離小于向右運動的距離，最終打在B板上，所以C不符合題意；D．若T＜t0＜，帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打在B板上，所以D不符合題意。故選B二．多選題（每小題6分，沒選全得3分，共18分）8.如圖所示，兩板間距為d的平行板電容器與一電源連接，開關(guān)S閉合，電容器兩板間有質(zhì)量為m，帶電荷量為q的微粒靜止不動，下列說法中正確的是（）A.微粒帶的是負電B.電源電壓的大小等于C.斷開開關(guān)S，微粒將向下做加速運動D.保持開關(guān)S閉合，把電容器兩極板距離增大，微粒將向下做加速運動【答案】BD【解析】【詳解】A．由題可知帶電荷量為的微粒靜止不動，所受的電場力與重力平衡，則微粒受到向上的電場力，而平行板電容器板間的場強方向豎直向上，則微粒帶正電，故A錯誤；B．由平衡條件得得電源電壓的大小為故B正確；C．斷開開關(guān)S，電容器所帶電量不變，根據(jù)公式可知場強不變，微粒所受的電場力不變，則微粒仍靜止不動，故C錯誤；D．保持開關(guān)S閉合，極板間的電壓不變，當把電容器兩極板距離增大，根據(jù)可知電場強度減小，那么電場力減小，因此微粒將向下做加速運動，故D正確；故選BD。9.如圖所示，質(zhì)量為m、電量為q的帶電微粒，以初速度v0從A點豎直向上射入水平方向、電場強度為E的勻強電場中。當微粒經(jīng)過B點時速率為，而方向與E同向。下列判斷中正確的是（）A.A、B兩點間電勢差為B.A、B兩點間的高度差為C.微粒在B點的電勢能大于在A點的電勢能D.從A到B微粒作勻變速運動【答案】BD【解析】【詳解】AB．粒子從A到B的過程根據(jù)動能定理得解得A、B兩點間電勢差為故A錯誤，B正確；C．粒子從A到B的過程電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤；D．粒子從A到B的過程受豎直向下的重力和水平向右的電場力，根據(jù)牛頓第二定律可知粒子水平和豎直的加速度大小不變，所以合加速度大小不變，方向為右下方且不變，所以從A到B微粒作勻變速運動，故D正確。故選BD。10.如圖所示，圓弧虛線表示正點電荷電場的等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等．光滑絕緣直桿沿電場方向水平放置并固定不動，桿上套有一帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)，滑塊通過絕緣輕彈簧與固定點O相連，并以某一初速度從M點運動到N點，OM＜ON．若滑塊在M、N時彈簧的彈力大小相等，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則A.滑塊從M到N的過程中，速度可能一直增大B.滑塊從位置1到2的過程中，電場力做的功比從位置3到4的小C.在M、N之間的范圍內(nèi)，可能存在滑塊速度相同的兩個位置D.在M、N之間可能存在只由電場力確定滑塊加速度大小的三個位置【答案】AC【解析】【詳解】A、隨著滑塊由M向N滑動，所受向右的電場力越來越小，如果在N點電場力大于彈簧彈力沿MN的分力，則滑塊一直加速，所以A選項正確；B、1、2與3、4間的電勢差相等，電場力做功相等，故B錯誤；C、在N點如果電場力小于彈簧彈力沿MN的分力，則滑塊先加速后減速，就可能有兩個位置的速度相同，C正確；D、由題意“”和“滑塊在M、N時彈簧的彈力大小相等”知滑塊在M點受彈簧的推力斜向左下，在N點受彈簧的拉力向左上方．即M點時彈簧是壓縮的，N點時彈簧是拉伸的，在彈簧與水平桿垂直和彈簧恢復原長的兩個位置滑塊的加速度只由電場力決定，故在M、N之間可能存在只由電場力確定滑塊加速度大小的有兩個位置，故D錯誤．點睛：這是一道考查電場中有約束物體運動規(guī)律和功能關(guān)系的中檔次好題．討論電場力與彈簧水平方向上的分力大小是解決題目的關(guān)鍵，彈簧彈力的方向是的難點．三．實驗題（共15分）11.用如圖甲所示的電路做“測定電池的電動勢和內(nèi)電阻”的實驗，根據(jù)測得的數(shù)據(jù)做出了如圖乙所示的圖象，由圖可知測得的電池的電動勢為___________V，內(nèi)電阻為___________Ω（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）【答案】①.1.40②.1.00【解析】【詳解】[1]根據(jù)閉合電路的歐姆定律整理得圖象的縱截距表示電源電動勢，電池的電動勢為[2]圖象斜率的絕對值表示電源內(nèi)阻，電池的內(nèi)阻為12.現(xiàn)要描繪某標有“2.5V，0.3A”的小燈泡的伏安特性曲線，手邊現(xiàn)有下列器材電池組E（電動勢4.5伏，內(nèi)阻約0.1歐）伏特表V1（量程3V）；伏特表V2（量程15V）；電流表A1（量程0.6A），電流表A2（量程3A）；滑動變阻器；電鍵K，幾根連接用的導線。實驗要求多測幾組電流、電壓值，畫出電流—電壓關(guān)系圖。為了實驗能正常進行并減小測量誤差，而且要求滑動變阻器便于調(diào)節(jié)，則電壓表應選用__________，電流表應選用_________（寫代號）。試在方框中畫出符合要求的電路圖_________【答案】①.V1②.A1③.【解析】【詳解】[1]小燈泡的額定電壓為，為減小實驗誤差，電壓表應選擇量程為的電壓表。故選V1。[2]小燈泡的額定工作電流為，為減小實驗誤差，電流表應選擇量程為的電流表。故選A1。[3]實驗要求多測幾組電流、電壓值，滑動變阻器應采用分壓式接法，由于小燈泡電阻較小，與電流表內(nèi)阻較為接近，電流表應采用外接法。電路圖如圖所示。13.把電流表改裝成電壓表的實驗中，所用電流表G的滿偏電流Ig為200μA，內(nèi)阻rg估計在400Ω—600Ω之間。（1）電路如圖a所示，利用半偏法測定電流表的內(nèi)阻rg，其供選用的器材如下：A．滑動變阻器（阻值范圍0~200Ω）B．滑動變阻器（阻值范圍0~5000Ω）C．電阻箱（阻值范圍0~999Ω）D．電阻箱（阻值范圍0~99999Ω）E．電源（電動勢6V，內(nèi)阻0.3Ω）F．電源（電動勢12V，內(nèi)阻0.6Ω）依據(jù)實驗要求，R最好選用_______、R′最好選用_______，電源E最好選用________。（填入選用器材的字母代號）（2）該實驗操作的步驟有：A．接通S1，調(diào)節(jié)電阻R，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度B．接通S2，調(diào)節(jié)電阻R′，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的一半C．讀出R′的阻值，即認為rg=R′用此方法測得電流表內(nèi)阻的測量值與真實值相比________。（填“偏大”或“偏小”）【答案】①.D②.C③.F④.偏小【解析】【詳解】（1）[1][2][3]首先我們要知道半偏法測量電流表內(nèi)阻的方法以及測量原理：如圖，設(shè)電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，S2打開時，調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值，讓電流表滿偏。電流表滿偏電流為實驗要求RRg，Rr，這樣才有當S2閉合時，R′和Rg并聯(lián)，并聯(lián)后總阻值R并＜RgR，這樣才有S2閉合后，電路中總電流幾乎不變，仍然近似等于，調(diào)節(jié)R′使電流表半偏為，所以流過R′電流也為，所以R′=Rg。從上述原理可知，S2打開與閉合，近似認為干路中電流不變，前提是RRg。故實驗器材選擇應滿足①電源電動勢盡可能大，②R盡可能大。所以R選用大量程的電阻箱D，R′選用量程跟電流表內(nèi)阻差不多的即可，選C，電源選用電動勢較大的F。（2）[4]當S2閉合時，R′和Rg并聯(lián)，并聯(lián)后總阻值R并＜Rg，而電阻R不變，所以S2閉合后的干路電流比閉合前的總電流要大，即電流大于Ig，而此時電流表支路的電流等于，那么R′支路的電流要大于，那么其電阻肯定要小于Rg。所以，用此方法測量的電流表內(nèi)阻的測量值比真實值要偏小。三．計算題（共39分）14.如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩極板不帶電，上極板接地，極板長L=0.1m，兩板間距離d=0.4cm，有一束由相同粒子組成的帶正電粒子流，以某一初速度v0從兩板中央平行于極板射入，由于重力的作用，粒子恰能落到下板中點O處。已知粒子質(zhì)量為m=2×10-6kg，電荷量q=1×10-8C，電容器的電容C=1×10-6F，g取10m/s2，不計空氣阻力。（1）求粒子入射速度v0的大?。唬?）若在兩極板間加上適當?shù)暮愣妷?，要讓以速度v0入射的上述帶電粒子，恰好做勻速直線運動從兩板間飛出，試確定下極板的帶電性質(zhì)和電荷量？【答案】（1）；（2）正電荷；【解析】詳解】（1）帶電粒子做平拋運動，水平方向有豎直方向聯(lián)立得（2）下極板帶正電荷，由平衡條件有qE=mg又Q=CU聯(lián)立得將數(shù)據(jù)代入解得15.如圖所示，ABCD為放在E=103V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑導軌，水平直線軌道AB長度L=0.15m，BCD部分為豎直面內(nèi)的半圓環(huán)，其半徑為0.1m，D點為最高點，今有質(zhì)量m=0.01kg，q=10-4C的小球自A從靜止釋放沿軌道運動，求：（g=10m/s2）（1）它運動到圖中C處時對軌道的壓力多大？（2）要使小球能運動到D點，開始時小球的位置應離B點至少多遠？【答案】（1）0.4N；（2）0.25m【解析】【