安徽省长丰县2023-2024学年高二（上）期中考试物理试题
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.如图所示，把一带正电的小球放在光滑绝缘面上，欲使球能静止在斜面上，需在间放一带电小球，则可能( )
A. 带负电，放在点 B. 带正电，放在点 C. 带负电，放在点 D. 带正电，放在点
2.如图所示，绝缘直角框架固定在地面上，水平杆上固定一带电荷量为的小球，竖直杆上穿着一个质量为、带电荷量为的小球。当、连线与水平杆成角时，小球处于平衡状态，小球与竖直杆之间的摩擦不计，重力加速度为，小球可看成质点。则小球所带电荷在小球处产生的场强大小为
( )
A. B. C. D.
3.如图所示，是某电场中的一条直的电场线，一个带电粒子仅在电场力作用下从运动到，轨迹为一条抛物线，则下列说法正确的是( )
A. 粒子一定带正电 B. 粒子的速度一定在增大
C. 粒子的速度变化快慢一定是恒定的 D. 粒子的电势能一定在减小
4.如图，电荷量为的点电荷与均匀带电薄板相距，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中点的电场强度为，则图中点的电场强度为( )
A. 大小为，方向水平向左 B. 大小为，方向水平向右
C. 大小为，方向水平向左 D. 大小为，方向水平向右
5.如图所示为等边三角形，电荷量为的点电荷固定在点。先将一电荷量也为的点电荷从无穷远处电势为移到点，此过程中，电场力做功为。再将从点沿移到点。下列说法正确的是( )
A. 从无穷远处移到点的过程中，电势能减少了
B. 在移到点后的电势能为
C. 在点的电势为
D. 从点移到点的过程中，所受电场力做负功
6.某静电场方向平行于轴，轴上各点电场强度随位置的变化关系如图所示，规定轴正方向为电场强度正方向。若取处为电势零点，则轴上各点电势随位置的变化关系可能为
( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，直流电源、开关、电流表、平行板电容器、可变电阻组成闭合电路．下列说法中正确的是( )
A. 增大电容器极板间距，电容器的电容增大
B. 电容器的电容随其两端电压的增大而增大
C. 电容器充电时，通过电流表的电流方向由到
D. 保持开关闭合，可变电阻的阻值增大时，电容器两端电压减小
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）
8.四个相同的小量程电流表表头分别改装成两个电流表、和两个电压表、。已知电流表的量程大于的量程，电压表的量程大于的量程，改装好后把它们按图示接入电路，则
( )
A. 电流表的读数大于电流表的读数
B. 电流表的偏转角等于电流表的偏转角
C. 电压表的读数大于电压表的读数
D. 电压表的偏转角大于电压表的偏转角
9.如图所示，电路中电源电动势为，内阻为，为电容器，为小灯泡，定值电阻，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表、、示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表示数变化量的绝对值为，则( )
A. 电源的输出功率一定减小
B. 灯泡的功率逐渐变大
C. ，，均保持不变
D. 当电路稳定后，断开开关，小灯泡不会立刻熄灭
10.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于轴，其电势随的分布如图所示。一质量，电荷量的带负电的粒子从点由静止开始，仅在电场力作用下在轴上往返运动。则
( )
A. 轴原点左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比
B. 粒子沿轴正方向从运动到和从运动到运动过程中所受电场力的冲量相同
C. 该粒子运动的周期
D. 该粒子运动过程中的最大动能为
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.某同学为确定某电子元件的电学特性，进行如下测量。
用多用电表测量该元件的电阻，选用“”倍率的欧姆挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择“______”倍率的欧姆挡填“”或“”，并______后再次进行测量，之后多用电表的示数如图所示，测量结果为______。
某同学想精确测得上述电子元件的电阻，实验室提供如下器材：
A.电流表量程，内阻约为
B.电流表量程，内阻
C.电流表量程，内阻约为
D.定值电阻
E.滑动变阻器最大阻值约为
F.滑动变阻器最大阻值约为
G.电源电动势为
H.开关、导线若干
回答：某同学设计了测量电子元件的电阻的一种实验电路如图所示，为保证测量时电流表读数不小于其量程的，、两处的电流表应分别选用______和______；为保证滑动变阻器便于调节，滑动变阻器应选用______。填器材选项前相应的英文字母
若、电表的读数分别为、，则的计算式为______。用题中字母表示
12.小明同学为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内阻，设计了如图所示的电路，在一定光照条件下进行实验：
请根据图完成图中实物的连线。
将测量出来的数据记录在下表中，其中第组数据的电压如图所示，则此时电压为__________。
实验组
将这些数据在图中描点，第组数据还未描出。
请在图中描出第组数据的点，作出该硅光电池组的图线。
由图线知，该硅光电池组的电动势______，电池组的内阻随其输出电流的变化而改变，在电流为时，该电池组的内阻__________保留位有效数字。
四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）
13.在如图所示的电路中，电源的电动势，内阻，电阻，，，为平行板电容器，其电容，虚线到两极板的距离相等，极板长，两极板的距离。
若开关处于断开状态，则将其闭合后，流过的电荷量为多少
若开关断开时，有一个带电微粒沿虚线方向以的初速度射入平行板电容器的两极板间，带电微粒刚好沿虚线匀速运动。问：当开关闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间，能否从极板间射出要求写出计算和分析过程
14.如图，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点，用一根长为的绝缘细线把质量为，带有正电荷的金属小球悬挂在点，小球静止在点时细线与竖直方向的夹角为求：
两点间的电势差；
将小球拉至位置使细线水平后由静止释放，小球通过最低点时细线对小球的拉力的大小；
如果要使小球能绕点做完整的圆周运动，则小球在点时沿垂直于方向运动的初速度的大小．取
15.如图建立坐标系，射线管由平行金属板、和平行于金属板的细管组成，放置在第Ⅱ象限，细管离两板等距，细管开口在轴上。放射源在极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的粒子。若极板长为，间距为，当、板加上某一电压时，粒子刚好能以速度从细管水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动，时刻粒子垂直轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场随时间变化关系如图乙，规定沿轴正方向为电场正方向。静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心，运动轨迹处的场强大小为。已知粒子电荷量为，质量为，重力不计。求：
粒子从放射源发射至运动到的过程中动能的变化
粒子在静电分析器中运动的运动的时间
当时，粒子的坐标。
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
小球要平衡，受重力、支持力和静电力，根据共点力平衡条件分析即可。
本题关键对物体受力分析后，根据三力平衡条件，得到未知力的方向范围。
【解答】
小球处于平衡状态，受力平衡，合力为零。
小球受重力，一定向下，支持力一定垂直向上，故小球对小球若为静电斥力，小球不可能平衡，故只能是吸引力；故小球一定带负电，同时，根据平衡条件，静电引力必然与前两个力的合力等大、反向且在同一条直线上，故只能放在位置；
故选A。
2.【答案】
【解析】【分析】
小球受到重力、弹力和电场力，由平衡条件列式求解。
本题解题关键是对小球进行正确受力分析，注意谁是场源电荷。
【解答】
小球受到重力、弹力和电场力三个力作用：
设小球所带电荷在小球处产生的场强大小为，由平衡条件得：
，
解得：
，
故C正确，ABD错误。
3.【答案】
【解析】由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力一定是由指向，但是由于电场线的方向无法确定，所以粒子的电荷性质不清楚；
粒子从运动到的过程中，电场力做负功，动能减小，速度减小，电势能增加，带电粒子在点的电势能一定小于在点的电势能；
由到的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，加速度恒定，其速度变化快慢恒定；故C正确。
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了电场的叠加。由点电荷的场强公式可得出在点形成的场强，由电场的叠加原理可求得薄板在点的场强大小及方向；由对称性可知薄板在点形成的场强，点的电场强度由电荷量为的点电荷在该点的场强与薄板在该点的场强的矢量和。【解答】
在点形成的电场强度的大小为，方向水平向左；因点场强为零，故薄板在点的场强方向水平向右，大小也为，由对称性可知，薄板在点的场强也为，方向水平向左，所以点的电场强度为：，方向水平向左，故C正确。
5.【答案】
【解析】【分析】
研究从无穷远处电势为移到点的过程，利用公式求出无穷远处与点间的电势差，从而求得点的电势；从点移到点的过程中，根据点与点间的电势差求电场力做功。
解决本题的关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系、电势能的变化与电场力做功的关系。要注意运用公式时各个量均要代符号运算。
【解答】
A.从无穷远处电势为移到点的过程，电场力做功为，那么电势能增加了，故A错误；
B.的检验电荷从无穷远处电势为移到点，此过程中，电场力做功为，由于点和点的电势相等，从点移到点，电场力做功为，即为在点的电势能为，故B正确；
C.根据电场力做功公式得：，得：，又，可得移入之前，点的电势为：，故C错误；
D.移入之前，点与点的电势相等，两者间的电势差为，根据知，从点移到点的过程中，所受电场力做的功为，故D错误。
故选B。
6.【答案】
【解析】【分析】
根据电场强度的方向，判断出电势沿轴正方向一直降低，
在图象的斜率绝对值表示电场强度，由场强的大小可判断图像中斜率的趋势。
本题主要考查了电势差与电场强度的关系和图像，难度一般。
【解答】
由图可知，电场强度方向始终沿轴正方向，故电势沿轴正方向一直降低，故时，电势，时，电势，故AD错误；
由知，电势随轴位置变化图象的斜率绝对值可表示电场强度，故时，图象的斜率绝对值逐渐变大，，时，图象的斜率绝对值逐渐变小，故 C正确， B错误。
7.【答案】
【解析】A.根据可知，增大电容器极板间距，电容器的电容减小，选项A错误；
B.电容器的电容是由电容器本身决定的，与其两端电压无关，选项B错误；
C.电容器充电时，通过电流表的电流方向由下到上，即由到，选项C正确；
D.保持开关闭合，电容器相当于断路，可变电阻的阻值增大，电容器两端电压不变仍为电源电压，选项D错误．
故选C。
根据电容的定义式及平行板电容器电容的决定式，结合电容器处于充电过程，从而即可求解。
考查电容的定义式、平行板电容器电容决定式的应用，及理解电容器的充电与放电各量的变化。
8.【答案】
【解析】【分析】
表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并联电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大，然后再根据电路的串并联知识分析即可。
本题关键是要明确电流表与电压表的改装原理，然后再根据电阻的串并联知识分析求解。
【解答】
A.电流表的量程大于电流表的量程，故电流表的电阻值小于电流表的电阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表的读数大于电流表的读数，故A正确；
B.两个电流表的表头是并联关系，电压相同，通过表头的电流相同，故指针偏转角度相等，故B正确；
C.电压表的电阻值大于电压表的电阻值，串联时电流相同，电压表的读数大于电压表的读数，故C正确；
D.两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故指针偏转角度相等，故D错误。
故选ABC。
9.【答案】
【解析】【分析】
本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。
【解答】
A.将滑动变阻器滑片向左滑动时接入电路的电阻增大，电路中电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，示数减小，的示数减小；电源的输出功率一定减小， 故A正确；
B.电路中电流减小，通过灯泡的电流减小，所以灯泡变暗，功率变小，故B错误；
C.根据，得，保持不变，，保持不变，，保持不变，故C正确；
D.当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，故D正确。
故选ACD
10.【答案】
【解析】由图可知，根据匀强电场电势差与电场强度的关系，有
可得，左侧电场强度大小为
右侧电场强度大小为
联立，可得，故A正确；
粒子带负电，由静止开始先做匀加速运动到原点时速度最大，根据动能定理，有
代入数据，得
设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为，在原点的速度为
同理可知
周期为
联立代入数据有，故C错误，D正确；
根据动量定理，有，
即粒子沿轴正方向从运动到和从运动到运动过程中所受电场力的冲量大小相同，方向相反。故 B错误。
故选AD。
11.【答案】；进行欧姆调零；；
；；；
【解析】【分析】
用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
根据图示电路图选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据电路图应用欧姆定律求出电阻表达式。
用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，当指针偏角太小时说明所测电阻较大，所选挡位太小，应选择大挡；如果指针偏角太大，说明所测电阻较小，所选挡位太大，应换用小挡；欧姆表换挡后要进行欧姆调零。
【解答】
用多用电表测量该元件的电阻，选用“”倍率的欧姆挡测量，发现多用电表指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测电阻，需选择“”倍率的欧姆挡，并进行欧姆调零后再次进行测量；由如图所示表盘可知，测量结果为：。
由图示电路图可知，流过处的电流小于流过处的电流，因此、两处的电流表应分别选用和；为保证滑动变阻器便于调节，滑动变阻器应选用。
待测电阻阻值：；
12.【答案】【小题】见解析图甲
【小题】
【小题】见解析图乙
【解析】 根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图甲所示。
由表中实验数据可知电压表最大测量值为，则电压表量程为，由题图所示电压表可知，其分度值为，示数为。
把第组数据标在坐标系内，根据坐标系内描出的点作出图像如图乙所示：
由图线可知，该硅光电池组的电动势
在电流为时，由表格数据得到路端电压为，根据闭合电路欧姆定律，，
解得： 。
13.【答案】解：断开时，电阻两端电压：
闭合后，外电路的总电阻
路端电压
电阻两端的电压
流过的电荷量 ；
设带电微粒的质量为，带电荷量为，当开关断开时有
当开关闭合后，设带电微粒的加速度为，则
假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向
竖直方向
由以上各式得 ，
故带电微粒不能从极板间射出。
【解析】根据串联电路电压与电阻成正比的特点，运用比例法求解电阻 两端电压．流过的总电量等于电容器电量的变化量，由公式求解；
若开关断开时，带电微粒沿虚线方向应该做匀速直线运动，电场力与重力平衡；当开关闭合后，粒子做类平抛运动，假设粒子能从电场飞出，由牛顿第二定律和运动学公式结合，求出粒子的偏转距离，即可分析能否从电容器的电场中射出。
本题由电场偏转与电路的综合，它们之间联系的纽带是电容器的电压，电压由欧姆定律求解．将类平抛运动分解成两个相互垂直的简单直线运动的合成，再由牛顿第二定律和运动学公式进行研究。
14.【答案】解：带电小球在点静止受力平衡，根据平衡条件得则：
，
得：，
由有：；
设小球运动至点时速度为，则：
，
在点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：
，
代入数据，联立解得：；
小球做完整圆周运动时必须通过点的对称点，设在该点时小球的最小速度为，则：
联立解得：。
【解析】小球在点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件与匀强电场的场强与电势差关系即可求解；
对小球从点运动到点的过程中运用动能定理即可解题；
小球能绕点做完整的圆周运动则小球要通过等效最高点，小球受重力、电场力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解。
本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，难度适中。
15.【答案】解：粒子运动到 处时速度为，由题意可知，粒子反方向的运动为类平抛运动，
水平方向有 ，竖直方向有
由牛顿第二定律有
联立解得
粒子从放射源发射至运动到的过程，由动能定理有
解得
在静电分析器中，由牛顿第二定律有
解得
由
解得
时，粒子在轴方向的速度为
所以一个周期内，粒子在轴方向的平均速度为
每个周期粒子在轴正方向前进
因为开始计时时，粒子的横坐标为
所以 时，粒子的横坐标为
粒子的纵坐标为
在时，粒子的坐标为
【解析】分析：本题是带电粒子在复合场中的运动在实际科技中应用，解题关键抓住类平抛运动、圆周运动等基础知识，分过程分步骤用研究曲线运动的方法处理问题。
粒子从发射到细管反过来看是类平抛运动，由类平抛规律和牛顿第二定律求出板间电压，再由动能定理求出动能的变化
由动能定理求出粒子进入的速度，由静电力提供向心力求得粒子的半径，再由运动学公式求出时间
进入正交的交变电场后，在竖直方向匀速运动，在水平方向做匀加速直线运动，按运动的合成与分解求坐标。
第1页，共1页
