云南省曲靖市第二中学2024届物理高二第一学期期中经典试题含解析

云南省曲靖市第二中学2024届物理高二第一学期期中经典试题注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图质子(1
1H)、氘核(2
1
H)和α粒子(4
2
He)都沿平行板电容器两板中线OO/方向垂直
于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO/垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．则
A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点
B．若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现2个亮点
C．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点
D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点
2、下述关于在如图所示的电路中电源电动势为E，内电阻为r．闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器P的滑动触头, 从图示位置向a端移动一些,待电流达到稳定后，则与P移动前相比( )
A．U变小B．I变大C．Q增大D．Q减小
3、下列各图中所画的电场线，正确的是（）
A．（1）（2）和（4）B．只有（4）C．只有（3）D．（2）和（3）4、如图所示，用静电计测量已经充电的平行板电容器两极板间的电势差U，静电计指针张开某一角度α，若在电容器两极间插入有机玻璃板，则
A．U不变，α不变
B．U增大，α增大
C．电容器电容C增大，α变小
D．电容器电容C减小，α变大
5、已知用电器A的电阻是用电器B的电阻的2倍，加在A上的电压是加在B上的电压的一半，那么通过A和B的电流I A和I B的关系是( )
A．I A＝2I B B．I A＝1
2
I B C．I A＝I B D．I A＝
1
4
I B
6、许多人造卫星都用太阳能电池供电,太阳能电池由许多片电池板组成,某电池板的开路电压是600mV,短路电流是30mA,这块电池板的内电阻是
A．60ΩB．40ΩC．20ΩD．10Ω
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若粒子在运动中只受电场力作用．根据此图作出的下列判断中错误的是( )
A．带电粒子带正电
B．粒子在a、b两点的受力方向沿电场线向左
C．粒子在a点的速度大于在b点的速度
D．a点电场强度小于b点电场强度
8、在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像,直线Ⅱ为某
.用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图像可知( )
一电阻R的U-I图线
A．电源的总功率为6W B．电源内电阻的热功率4W
C．电源的输出功率为2 W D．电源的效率为66.7％
9、如图所示，甲带正电，乙是是不带电的绝缘物块，甲乙叠放在一起置于光滑绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动一起向左加速运动．在加速运动阶段（）
A．甲对乙的压力变大
B．乙对甲的摩擦力保持不变
C．甲对乙的摩擦力变大
D．乙对地面的压力保持不变
10、如图所示，一平行板电容器的A、B两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，两极板间有一个质量为m的带电粒子静止于P点．下列说法正确的是
A．带电粒子带负电
B．若仅将A板稍微向上移动一定距离，则带电粒子仍将保持静止
C．若仅将两极板各绕其中点快速顺时针转过一定小角度后，则粒子将向左做直线运动D．若断开电源并将B板稍向右移动一定距离，则带电粒子将向上做直线运动
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）为了测量一个“12V、 6W” 的小灯泡在不同电压下的功率，给定了以下器
材:电流表:0～0.6A， 0～3A，内阻较小；电压表:0～3V， 0～15V，内阻很大；滑动变阻器；阻值范围0～20Ω，允许最大电流1A；电源:12V，内阻不计；开关一个，导线若干。

实验时要求加在小灯泡两端的电压可从0～12V 变化。

（1）电压表应选择量程__________V；电流表应选择量程_________A；滑动变阻器应采用_________(选填“分压”或“限流” )接法。

（2）将图甲中的实物图连接成实验电路___；
③某位同学测得小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由图可知，通过小灯泡的电流大小为0.40A 时，加在它两端的电压为_______V，此时小灯泡的实际功率为_______W。

（保留2 位有效数字）
12．（12分）在描绘一个标有“6.3V0.3A”小灯泡的伏安特性曲线的实验中，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到6.3V，并便于操作。

已选用的器材有：
学生电源（电动势为9V，内阻约1Ω）；
电流表（量程为0﹣0.6A，内阻约0.2Ω；量程为0﹣3A，内阻约0.04Ω）；
电压表（量程为0﹣3V，内阻约3Ω；0﹣15V，内阻约15Ω）；
开关一个、导线若干
（1）实验中还需要一个滑动变阻器，现有以下两个滑动变阻器，则应选其中的____（选填选项前的字母）
A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，最大允许电流1A）
B．滑动变阻器（最大阻值1500Ω，最大允许电流0.3A）
（2）实验电路图应选用图中的实验电路图应选用图中的____（选填“甲”或“乙”）。

（3）接闭合关，改变滑动变阻器滑动端的位置，并记录对应的电流表示数、电压表示数，图中电流表选择0﹣0.6A量程，电压表选择0﹣15V量程，电流表、电压表示数如右上图所示，可知该状态下小灯泡电阻的测量值____Ω（计算结果保留两位有效数字）。

（4）根据实验数据，画出的小灯泡I﹣U图线如图所示。

由此可知，当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻值将__（选填“变大”或“变小”）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，用长L的绝缘细线拴住一个质量为m，带电量为q的小球，线的另一端拴在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A 点(线拉直)，让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零．求：
(1)B、A两点的电势差；(2)匀强电场的场强大小．
14．（16分）如下图所示,有一个表头G，满偏电流I g=500mA,内阻R g=200Ω,用它改装为有1A 和10 A两种量程的电流表,则R1、R2的阻值各为多大?
15．（12分）如图所示，电荷量为e，质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求：
（1）电子经过B 点的速度多大；
（2）AB 两点间的电势差多大．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D
【解题分析】 试题分析：根据类平抛运动规律则02{12
L v t y at ==，化简则2
202qUL y mdv =假如进入时速度相等，则偏转距离y 取决于荷质比，三种粒子荷质比分别是：1：1；1:2；1:2，因此应该
有2个亮点；同理若mv=P 相等，则2
22qmUL y P d
=，则偏转距离y 取决于mq 乘积，三种粒子mq 乘积分别为：1；2；8，所以应该有三个亮点；若射入时动能相等，即2
4k
qUL y dE =，偏转距离y 取决于q ，而三种粒子的q 分别为1；1；2，所以应有2个亮点．若通过同一电场由静止加速，则根据动能定理20012
qU mv =，代入即204UL y dU =说明只有1个亮点，D 正确．
考点：带电粒子在电场中的偏转
点评：此类题型考察了带电粒子在电场中的偏转，本题通过结合不同初始条件，求出偏转距离与已知量之间的关系，从而判断偏转距离．
2、C
【解题分析】
当滑动变阻器P 的滑动触头从图示位置向a 一端移动时，其接入电路的电阻值增大，外
电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干电路的电流I 减小；变阻器两端的电
压U=E-I （R 2+r ），I 减小，U 增大，即电容器C 两端的电压增大，所带电荷量Q 增大．故
C 正确，AB
D 错误；故选C ．
点睛：本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系．对于电容器，电容不变时，关键确定电压．
3、B
【解题分析】
（1）电场线总是从正电荷出发，终止于负电荷或无穷远；而（1）是终止于正电荷，故（1）错误；
（2）是从负电荷出发，故（2）错误；
（3）两个正电荷的电场线分布如图
而不是终止于某一个正电荷，故（3）错误；
（4）中所有的电场线都是电场线总是从正电荷出发，终止于负电荷；或从无穷远出发，终止于负电荷；或从正电荷出发，终止于无穷远。

故（4）正确。

所以四个图中只有（4）正确，故B 正确，ACD 都错误。

故选B 。

4、C
【解题分析】
试题分析：静电计的夹角表示电容器两端电压的大小，当在电容器两极间插入有机玻璃
板，则ε变大，所以根据公式4S C kd
επ=
可得电容器的电容变大，因为电容器两极板上的电荷量恒定，则根据公式Q C U =可得两极板间的电压减小，故α减小，C 正确； 考点：考查了电容器的动态分析
【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据4S C kd επ=
判断电容器的电容变化情况，然后结合U E d =，Q C U
=等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变
5、D
【解题分析】 由U I R
=得：1::4A B A B A B U U I I R R ==，即14A B I I =，故D 正确，A 、B 、C 错误； 故选D ．
6、C
【解题分析】
根据开路电压等于电源电动势，求出电池的电动势；再根据闭合电路欧姆定律，由电动势和短路电流求出内电阻．
【题目详解】
由题知，电池板的开路电压 U=600mV=0.6V ，则电动势 E=U=0.6V ；又根据闭合电路欧姆定律得 E=I 短r ，则0.6200.03
E r I =
=Ω=Ω短，故选C 。

【题目点拨】
本题关键明确电源开路和短路的特点，运用闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AD
【解题分析】
由电场线的形状可判定产生电场的源电荷在电场线左侧，因做曲线运动的物体受到的合外力指向运动轨迹的凹侧，可知粒子在a 、b 点受力沿电场线向左，由于电场线方向不明，所以粒子带电性质无法判断，无论从a 向b ，还是从b 向a ，粒子在a 点速度大于b 点速度，由电场线的分布情况可得a b E E >，故BC 正确AD 错误．
8、AD
【解题分析】
由图像可知该电源的电动势 E=3V ，内阻 r=0 .5Ω，电阻 R 的阻值为1Ω .用该电源直接与 R 相连组成闭合电路时，由图像得该电路的路端电压 U=2V ，电流 I=2A ，则有： A ．电源的总功率为： =32W 6W P EI =⨯=总
故A 正确.
B ．电源内阻热功率：
22=20.5W=2W r P I r =⨯
故B 错误.
C ．电源输出功率：
P=UI=2×2W =4W
故C 错误.
D ．电源的效率 ：
η= P P 总×100% = 46
×100%≈66 .7% 故D 正确.
9、AB
【解题分析】
AD ．由左手定则可知，甲乙向左运动时甲所受洛伦兹力的方向向下，则由f =qvB 可知，随速度的增加，甲对乙的压力变大；同样对甲乙的整体，随速度的增加，乙对地面的压力增大，选项A 正确，D 错误；
BC ．对甲乙的整体，水平方向
()qE m m a =+甲乙
可知加速度不变；对甲：
f m a =甲
可知乙对甲的摩擦力保持不变，选项B 正确，C 错误。

10、AD
【解题分析】
带电微粒P 在水平放置的A 、B 金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小，即可判定粒子的电性；当两平行金属板A 、B 分别以绕其中点为轴在竖直平面内快速顺时针转过相同的较小角度α，此时分析P 受到重力、电场力，从而判定运动性质；根据接通电源与断开电源两种情况下，前者是电压U 不变，后者是电量Q 不变，结合Q C U =，U E d =及4r S C kd επ=，即可一一求解. 【题目详解】
A ．带电微粒P 在水平放置的A 、
B 金属板间的电场内处于静止状态，电场力竖直向上，且电场强度方向向下，因此粒子带负电，故A 正确；
B ．若仅将A 板稍微向上移动一定距离，因电压U 不变，根据U E d
=，则有电场强度
减小，那么电场力减小，因此粒子将向下运动，故B 错误；
C ．设初状态极板间距是d ，顺时针旋转α角度后，极板间距变为d cos α，所以电场强度cos E E α'=，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向右做匀加速直线运动，故C 错误；
D ．若断开电源并将B 板稍向右移动一定距离，因电容器所带电量Q 不变，根据Q C U =，U
E d =及4r S C kd επ=得4r
k S E Q πε=，则知电场强度E 增大，则带电粒子将向上做直线运动，故D 正确；
故选AD.
【题目点拨】
考查了已知受力求运动，正确受力分析，有牛顿第二定律判断运动情况，解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系，注意电压U 与电量Q 的不变两种情况下，影响电场强度大小的影响也是解题的关键.
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、 (1)0~0.6A 0~15V 分压式 （2） （3）6.0V
2.4W
【解题分析】（1）小灯泡的额定电压约12V ，所以要选择量程为0-15V 的电压表；流过灯泡的电流为60.512
P I A A U ===所以电流表选择0-0.6A 的量程，要求电压从零调节，因此要用滑动变阻器的分压接法。

（2）电路如图所示：
（3）从伏安特征曲线上可得，当小灯泡电流强度大小为0.40A 时小灯泡两端的电压是6V ，所以小灯泡的实际功率为：P =UI =6×0.40W=2.4W 。

12、A 乙 18 变大
【解题分析】
（1）（2）、实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到6.3V ，则滑动变阻器应采用分压接法，所以滑动变阻器要选择最大值比较小的A ，调节比较方便，故选A ；实验电路图应选乙；
(3)电流表的量程为0.6A ，所以每一小格的读数为0.02A ，所以电流表的读数为0.22A ； 电压表的量程为15V ，所以每一小格的读数为0.5V ，所以读数为：8×0.5=4.0V. 由欧姆定律得：R x =U/I=4/0.22=18Ω；
(4)在I −U 图象中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压增大，各点与坐标原点的连线的斜率减小，所以可知待测电阻的电阻值变大。

【题目点拨】
（1）（2）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路；
（3）由电压表与电流表的读数的方法读出电流表与电压表的测量值，然后由欧姆定律即可求出电阻值；
（4）根据图象，应用欧姆定律及影响灯丝电阻的因素分析答题．
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1
）2BA U q =
；（2
）E q = 【解题分析】
（1）小球从静止释放到到达B 点的过程中，根据动能定理得
mgLsin60°+qU AB =0
得，60AB mgLsin U q ︒=-= （2）匀强电场的电场强度U E d =
，d=L （1-cos60°
），联立得到，E = 14、R 1=180Ω，R 2=20Ω
【解题分析】
解：改装为1A 电流表时，并联电阻的分流电流为：3150010R g I I I -=-=-⨯=0.5A 分流电阻的阻值为：120.52000.5
g g
R I R R R I ⨯+===200Ω
改装为10A 电流表时：()()1120.5200100.5
g g g I R R R R I I +⨯+==-- 解得：1R =180Ω，2R =20Ω。

15、（1）02v （2）2032mv e
- 【解题分析】
解：电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将B 点的速度分解(如图)
02cos60v v v ==︒
电子从A 运动到B ,由动能定理得
22
01
122AB eU mv mv -=-
()22
2
00
011
23222AB m v mv mv U e e
-==--。