江西省部分学校2023-2024学年高二上学期11月期中调研测试物理试题（含解析）

江西省部分学校2023-2024学年高二上学期11月期中调研测试
物理
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1.小明与小强在学习《静电场及其应用》之后，对物体带电及电荷在电场中受到的力进行了讨论。下列说法正确的是（ ）
A.金属导体带电的实质是电子的转移
B.某物体带负电一定是该物体失去了电子
C.相互作用的两个点电荷，电荷量大的，受到的库仑力也大
D.电荷量大的点电荷在电场中受到的力一定大
2.对已经全部放电的容量为（）的锂电池进行充电，充电器的功率为40W，充电效率为88%。下列说法正确的是（ ）
A.电池的容量为4200C B.电池的容量为1512C
C.电池充满电大约需要0.45h D.电池充满电大约需要0.40h
3.如图所示为网络电路中的部分电路图，a、b、c是三个接线端口，电阻R、已知。若在a、c间加上一电压，的功率为P；若在b、c间加上同一电压，的功率为0.25P。则等于（ ）
A. B.R C. D.
4.一同学为找到用电高峰期灯的亮度不高的原因，利用如图所示的电路进行探究。并联部分每个电阻阻值都为R，电源的内阻不计，保持电阻箱的阻值不变，改变并联的电阻个数，比较通过并联支路每个电阻的电流大小。当电阻箱的阻值调为0.5R，接入5个电阻时，通过并联支路每个电阻的电流为I；当接入的电阻为10个时，通过并联支路每个电阻的电流大小为（ ）
A. B. C. D.
5.电子束光刻技术以其分辨率高、性能稳定、功能强大而著称，其原理简化如图所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，在束偏移器间不加扫描电压时，电子束垂直射到晶圆上某芯片表面并过中心O点，单个电子进入束偏移器的初动能恒定。电子的重力不计，则（ ）
A.电子通过束偏移器的时间与所加的扫描电压成正比
B.束偏移器间加上稳定扫描电压，电子在束偏移器内做非匀变速运动
C.电子通过束偏移器射到晶圆表面时距O点的距离与所加扫描电压成正比
D.在不同的扫描电压下，电子离开束偏移器时速度的反向延长线不可能相交同一点
6.如图所示电路中，、为定值电阻，为滑动变阻器，C为电容器，电表均为理想电表。开关S闭合后，当滑动变阻器的滑片自a端向b端滑动的过程中，电压表、的示数变化为、，电流表的示数变化为，下列说法正确的是（ ）
A.电容器C所带电荷量增多 B.两电压表的读数均增大
C.的绝对值减小 D.的绝对值大于的绝对值
7.质量为、带电荷量为的物块静止在绝缘水平地面上。时刻在所处的空间加上一匀强电场，电场强度E与时间t的关系如图所示，取水平向右为正方向。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A.时物块的速度方向水平向右 B.时物块的速度为零
C.时物块距离出发点8m D.0~6s内物块的电势能增加了40J
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有错选的得0分。
8.某同学设计了一款监测水位的传感器，电路如图所示，绝缘细杆一端连接漂浮在水面上的浮子a，另一端与电容器的极板Q连接（极板P固定），a上下移动就带动Q上下移动，监测人员通过电流表指针偏转情况就可以远距离得知河水水位的变化。已知电流从左侧进入电流表，其指针左偏；电流从右侧进入电流表，其指针右偏。若监测人员发现电流表指针右偏，则可以得出（ ）
A.水位在下降 B.水位在上升
C.平行板电容器的电容在减小 D.平行板电容器的电容在增大
9.如图，在水平直线上放置两个点电荷、，O为两电荷连线的中点，实线为其产生的电场的电场线，虚线为一质子在只受电场力作用下从A点运动到B点的运动轨迹，下列说法正确的是（ ）
A.O点的场强大小小于A点 B.一定带正电且电荷量较小
C.质子在运动过程中加速度减小，速度增大 D.质子在A点的电势能小于在B点的电势能
10.如图，在竖直平面内有一水平放置，半径为R、带电荷量为且均匀分布的固定大圆环。建立以圆心O为坐标原点，竖直向上为x轴正方向的坐标系（未画出），圆环产生的电场在x轴上的分布如图乙所示，图中B、C两点（未画出）对应的电场强度最大。一质量为m、带电荷量为的小球从A点无初速度释放，依次经过B、O、C、D点。已知静电力常量为k，重力加速度为g，，小球所带电荷不影响电场分布，下列说法正确的是（ ）
A.小球经过D点的速度大小为
B.图乙中阴影部分的面积大小满足
C.小球在C点的加速度小于在B点的加速度
D.若B点到圆环边缘的连线与之间的夹角为，则B点的电场强度大小为
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.（6分）为探究电容器两极板间电势差与所带电荷量的关系及观察电容器的放电现象而设计了如图甲所示的实验电路。A、B为完全相同的电容器，电压表为数字电压表，对电路没有影响，R为电阻箱，电流传感器可以像电流表一样测量电流还能输出电流随时间变化的图像。
实验一：探究电容器两极板间电势差与所带电荷量的关系
（1）操作步骤如下：
①把旋转式开关接1，电源给电容器A充电一段时间后，电压表示数为U；
②保持断开，把旋转式开关接2（注意不要让手或其他导体跟电容器的两极板接触，以免所带电荷漏掉），电压稳定后电压表的示数为_______；
③断开旋转式开关闭合开关，使B的两极板间电荷全部放掉，随后再断开开关；
④多次重复骤②③；
通过该实验可得出的结论是_____________________。
实验二：观察电容器的放电现象
（2）操作步骤如下：
①把旋转式开关接1，电源给电容器A充电一段时间后，电容器A的两板间电压稳定；
②电阻箱选择合适的电阻值，旋转式开关接3，电容器通过电阻箱R放电，传感器将电流信息传入计算机，输出电流随时间变化的图像；
③改变电阻箱的电阻值，得出图像图乙所示，其中实线a为阻值为时放电电流随时间变化的曲线，阻值调节为后（）重新充电再放电，放电电流随时间变化的曲线应该是图乙中的虚线______（选填“b”、“c”或“d”）。
12.（10分）某学校实验小组设计了如图甲所示的电路图，可以同时测量电压表V的内阻和电流表G的内阻。可供选用的仪器有：
A.内阻约的待测电压表V，量程0~3V
B.内阻约500Ω的待测电流表G，量程0~
C.定值电阻
D.定值电阻
E.电阻箱
F.滑动变阻器（0~）
G.滑动变阻器（0~50Ω）
H.电源电动势，内阻忽略不计
I.开关、导线若干
（1）为了准确测量电压、电流表的内阻，定值电阻R应选_____（选填“”或“”），滑动变阻器应选______（选填“”或“”）。
（2）实验中电阻箱的示数如图乙所示，则______Ω。
（3）闭合前，将滑动变阻器的滑片P调到_______（选填“a”或“b”）处。
（4）将单刀双掷开关拨到1，调节滑动变阻器使得V和G有明显的读数，分别为、；再将单刀双掷开关拨到2，调节滑动变阻器，使得V和G有明显的读数，分别为、，则电压表V的内阻______，电流表G的内阻______。（均选用、、、、R和表示）
13.（10分）如图，在处于真空环境下的匀强电场中有一半径为的圆（匀强电场与圆共面），圆心为O，圆弧上有A、B、C三点，是圆的水平直径，间的距离为R。将一电荷量C的正电荷从电场中的A点沿直径移到B点，电场力做了J的功，再从B点沿圆弧移到C点，克服电场力做了J的功。若规定B点的电势为零，重力不计，求：
（1）A点和C点的电势；
（2）该匀强电场的电场强度的大小及方向。
14.（12分）如图甲，图线Ⅰ是某电源的路端电压与电流的关系图线，图线Ⅱ是某灯泡L的伏安特性曲线。现将该电源、灯泡与定值电阻R、玩具电动机M按图乙连接好，已知电动机线圈电阻，求：
（1）此电源的电动势和内阻；
（2）闭合开关、断开开关，灯泡两端的电压为2V时，接入的定值电阻的阻值及灯泡的电功率；
（3）闭合开关、断开开关，流过电动机的电流为0.2A，求此状态下电动机的输出功率（结果保留两位有效数字）。
15.（16分）如图，两竖直虚线将空间分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域，虚线间距为R，在Ⅰ区域有半径为R的四分之一光滑绝缘的圆弧轨道，B点在左侧虚线上，Ⅰ区域有一匀强电场，电场强度大小为，方向水平向左。两虚线之间的区域Ⅱ存在方向竖直向上的匀强电场，大小为。若从圆弧轨道上A点由静止释放一质量为m、电荷量为q（）的带电小球P（可视为质点），P进入区域Ⅱ后，从该区域的右边界离开电场进入区域Ⅲ。已知重力加速度大小为g。
（1）求小球在圆弧轨道运动最大速度的大小；
（2）求小球在区域Ⅱ运动过程中电场力做的功；
（3）小球离开区域Ⅱ进入区域Ⅲ，若在区域Ⅲ内加一匀强电场使得小球沿直线运动且加速度大小为，求所加匀强电场的大小。
江西省部分学校2023-2024学年高二上学期11月期中调研测试
物理参考答案
1.【答案】A
【解析】金属内部有大量可以自由移动的电子，金属导体带电的实质是电子的转移，A项正确；物体失去电子则带正电，得到电子则带负电，B项错误；相互作用的两个点电荷之间的库仑力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，C项错误；点电荷在电场中受到的电场力大小为，力的大小与电荷量及场强的大小有关，D项错误。
2.【答案】C
【解析】容量，由，A、B项错误；电池充满电时间为，C项正确，D项错误。
3.【答案】B
【解析】设在a、c间加上一电压，电阻的功率为，在b、c间加上电压时，电阻的功率为，联立解得，B项正确。
4.【答案】B
【解析】设电源的电动势为，当接入10个电阻时，通过并联支路每个电阻的电流为。当电阻箱的阻值调为0.5R，接入5个电阻时有，当接入10个电阻时有，联立解得，B项正确。
5.【答案】C
【解析】电子通过束偏移器的时间与所加的扫描电压无关，因为在初速度方向做匀速直线运动，A项错误；束偏移器间加上稳定扫描电压，电子在束偏移器内做类平抛运动，是匀变速曲线运动，B项错误；设束偏移器的长度为，间距为，束偏移器下端到晶圆表面的距离为，所加扫描电压为。电子在束偏移器中的偏移量为，根据平抛运动的推论，同理，电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子束到达芯片时的位置离点的距离为，如图所示，根据几何关系有，所以有，与所加扫描电压成正比，C项正确；在不同的扫描电压下，电子离开束偏移器时速度的反向延长线相交于初速度方向的位移中点，所有电子通过束偏移器在初速度方向的位移相同，D项错误。
6.【答案】D
【解析】滑片由端向端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则电路总电阻减小，总电流增大，电阻两端电压增大，由于电容器两端的电压，I增大，则减小，由可知，电容器所带电荷量减少，A项错误；电压表示数变大，电压表示数变小，B项错误；由可知，，由可知，，C项错误，D项正确。
7.【答案】C
【解析】物块与地面间的滑动摩擦力为，0~3s，由牛顿第二定律可得，得，3s时的速度；3~4s，由牛顿第二定律可得，得，4s时的速度，4~6s物块反向运动，由牛顿第二定律可得，得，速度为，作图像如图所示，由图像易得，A、B项错误；时，物块离初始位置的距离为，C项正确；0~6s内，电场力做的功为，电势能减少了40J，D项错误。
8.【答案】BD
【解析】监测人员发现电流表指针右偏，说明电流从电流表右侧进入，又由于P板与电源正极连接，说明电容器在充电，P、Q极板的电荷量在增加，由可得，平行板电容器的电容在增加，C项错误，D项正确；由可得，P、Q极板间的距离在减小，说明水位在上升，A项错误，B项正确。
9.【答案】AD
【解析】根据在同一电场中，由电场线较密的地方表示场强较大可知，点的场强大小比点大，A项正确；根据电场线分布情况及质子的运动轨迹可知，、是同种电荷且带负电，由点电荷周围电场线较密可知点电荷带电荷量较多，即，B项错误；质子做曲线运动，受到的合力方向指向曲线的凹侧，可知质子从点运动到点的过程中，受到的电场力方向斜向下，电场力方向与速度方向的夹角总是大于，电场力做负功，电势能增大，动能减小，即质子在点的电势能小于在点的电势能，质子在点的速度大于在点的速度，C项错误，D项正确。
10.【答案】ACD
【解析】小球由运动到过程中，根据对称性可知电场力做功代数和为零，由动能定理有，求得，A项正确；在图像中图线与轴围成的面积表示间、间电势差的大小，根据对称性知，B项错误；小球在点有，在点有，由对称性可知、大小相等，方向相反，即有小球在点的加速度小于在点的加速度，C项正确；圆环上电荷分布均匀，取环上一点，设其电荷量，该电荷在点产生的场强为，沿轴方向的分量为，大圆环上的电荷在点产生的场强为，D项正确。
11.【答案】（1）②（2分）电容器的两极板间的电势差与所带电荷量成正比（2分）（2）③c（2分）
【解析】（1）②此实验通过A、B两个完全相同的电容器的充、放电来探究电容器两板板间电势差与所带电荷量的关系。A对B放电，A减少的电荷量转移到B上，直到A、B所带电荷量相等，对A的电荷量减半，电压表示数减半，即为；由上述可知，电容器的两极板间的电势差与所带电荷量成正比。
（2）③由可知，越小放电电流最大值越大，由于曲线与坐标轴围成的面积即为电荷量，而两次充电总电荷量相同，因此两曲线与坐标轴围成的面积应相等，故电阻值调节为后充电电流随时间变化的曲线应该是图乙中的c。
12.【答案】（1）（2分）（2分）（2）2500.0（1分，写2500得0分）（3）a（1分）
（4）（2分）（2分）
【解析】（1）因为待测电压表的内阻约为，而定值电阻的阻值为，定值电阻的阻值比电压表的内阻小得多，如果选用，则当单刀双郑开关拨到2时，电压表V指针偏转角度很小，读数误差将很大，因此定值电阻选择；由于滑动变阻器采用了分压式接法，为了实验时调节方便，滑动变阻器的总阻值应当选择小一些的，则滑动变阻器选择最大阻值为的，即选择。
（2）根据题图乙所示可以知道该电阻箱可以精确到，则读数为。
（3）为了确保电路的安全，闭合前，应将滑动变阻器的滑片调到最左端即处。
（4）将单刀双郑开关拨到1时，有，将单刀双郑开关拨到2时，有，解得，。
13.解：（1）电荷从移到点，根据电场力做功与电势差的关系
（2分）
电荷从移到点，根据电场力做功与电势差的关系有
（2分）
题给条件有
代入数据解得，（2分）
（2）因、、，点电势与圆心的电势相等，连接，为该匀强电场中的等势线，过点作的垂线相交于点，则电场强度的方向为与成角斜向右上方，如图所示（1分）
由几何关系得（1分）
电场强度大小为（1分）
代入数据解得（1分）
证明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可给分。
14.解：（1）由题图线Ⅰ可得电源的电动势为（1分）
短路时的电流为（1分）
电源的内阻为（1分）
解得（1分）
（2）闭合开关、断开开关，由题图线Ⅱ可知灯泡两端的电压时
通过灯泡的电流（1分）
灯泡的电功率为（1分）
解得（1分）
设定值电阻的阻值为，由闭合电路欧姆定律有（1分）
代入数据解得（1分）
（3）断开开关，闭合开关，流过电动机的电流为时
电动机两端的电压为（1分）
电动机的输出功率为（1分）
代入数据解得（1分）
证明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可给分。
15.解：（1）当小球受到的电场力与重力的合力反向延长线通过恰圆心时，具有最大速度，设此位置和圆心的连线与竖直方向的夹角为，则有（1分）
将代入解得（1分）
由动能定理有（1分）
解得（1分）
（2）小球由运动到，根据动能定理有（1分）
解得
小球在Ⅱ区域内做类平抛运动，水平方向
竖直方向（1分）
（1分）
将代入解得
在在II区域运动过程电场力做的功为（1分）
（3）设从右侧虚线离开II区域时速度方向与水平方向的夹角为，则（1分）
而
解得（1分）
小球在区域Ⅲ内沿直线运动且加速度大小恒定，设电场强度的方向与运动方向的夹角为，受力分析如图所示，有两种情况：
若小球做匀减速运动，则有（1分）
将加速度大小代入得
显然不可能为零，只有
此时有（1分）
解得（1分）
若小球做匀加速运动，则有
（1分）
（1分）
解得（1分）
即区域Ⅲ所加的电场强度大小为或
证明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可给分。