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广东省深圳市翠园中学2024-2025学年高二上学期期中物理试卷
1．（2024高二上·深圳期中）下列各图应用的物理原理和规律说法不正确的是（　　）
A．图甲，带正电的物体C靠近金属导体，A端金属箔带负电张开
B．图乙，给车加油前，手要触摸一下静电释放器是为了利用静电
C．图丙，带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝起到静电屏蔽作用
D．图丁，带电雷雨云接近建筑物时，安装在顶端的金属棒出现与云层相反的电荷
2．（2024高二上·深圳期中）“空间电场防病促生”技术的基本原理是通过直流高压电源在悬挂电极和地面之间产生空间电场，其作用之一可加速植物体内带正电的钾、钙离子等向根部下方聚集，促进植物快速生长。如图为空间某截面电场模拟图，下列相关说法正确的是（　　）
A．悬挂电极应接电源负极
B．图中所示A，B两点场强相同
C．图中所示A、B两点所在虚线为等势线
D．钾、钙离子向根部聚集过程中，电势能减少
3．（2024高二上·深圳期中）截至2023年11月，潮州市在各个公共场所已配备超过200台AED（自动体外除颤器），可在第一时间为突发心脏骤停者进行电除颤以恢复心律，被称为“救命神器”。某除颤器的电容器在1分钟内充电至，抢救病人时，电流通过电极板放电进入人体，一次完全放电时间为，忽略电容器放电时人体的电阻变化，下列说法正确的是（　　）
A．充电过程电流大小保持不变
B．充电后电容器的带电量为
C．放电过程电容器的电容会越来越小
D．放电过程的平均电流为
4．（2024高二上·深圳期中）空气炸锅是近年流行的小家电，它主要由电热丝R与风机M两部分构成，其通过电热丝加热空气，然后用风机将高温空气吹入锅内，使热空气在封闭的空间内循环从而加热食物。下图是某空气炸锅的简化电路图，若该空气炸锅额定电压及功率为、，电热丝，风机M（电动机）的内阻为，其他电阻不计，则该空气炸锅正常工作时（　　）
A．通过电动机的电流为
B．通过电动机的电流为
C．电热丝的发热功率为
D．电热丝每秒钟消耗的电能为
5．（2024高二上·深圳期中）某物理实验操作社团成员测得一只小灯泡的伏安特性曲线如图所示，小组讨论时，你认为正确的说法是（　　）
A．甲同学认为图线斜率减小，所以灯泡电阻在减小
B．乙同学认为图线与横轴所围面积代表功率，所以电压为3V时，小灯泡功率约为0.52W
C．丙同学认为根据欧姆定律，可以算出当电压为1.5V时，灯泡电阻约7.5Ω
D．丁同学认为图线不是直线，且小灯泡会发光，所以小灯泡不是纯电阻
6．（2024高二上·深圳期中）如图，某同学为研究静电力大小的影响因素，用轻质绝缘细线将带电小球A悬挂在铁架台上B点，细线长度远大于小球直径，在B点正下方固定一带电小球C。两球静止时，细线与竖直方向呈一定夹角。某时刻起，小球A缓慢漏电，开始在竖直平面内缓慢运动，在小球A运动过程中，细线的拉力大小变化情况是（　　）
A．一直增大 B．一直减小
C．一直不变 D．先增大后减小
7．（2024高二上·深圳期中）光敏电阻是用硫化镉或硒化镉等半导体材料制成的特殊电阻器，其电阻值会随光照强度的增大而减小，光敏电阻的这种特殊性能，在科技生活中得到广泛应用。某应用电路如图所示，、为定值电阻，L为小灯泡，为光敏电阻，当照射光强度增大时，下列说法错误的是（　　）
A．电压表的示数增大 B．中电流减小
C．小灯泡的功率增大 D．的功率增大
8．（2024高二上·深圳期中）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）
A．极板X应带负电 B．极板应带负电
C．极板Y应带负电 D．极板应带负电
9．（2024高二上·深圳期中）如图甲所示为某静电除尘器的原理图，足够长的竖直金属圆筒接高压电源的正极，位于圆筒中心轴线处的足够长金属棒接高压电源的负极，金属圆筒和金属棒之间的电场电离空气分子，产生的电子使粉尘颗粒带负电，粉尘运动至圆筒壁后由于重力作用会下落。如图乙所示为图甲中除尘器的剖面图，M、N、P为某带负电粉尘颗粒运动轨迹上的三个点，MN和NP水平方向的长度相等，该粉尘颗粒的质量为m，重力加速度为g，不计摩擦阻力、空气阻力以及带电粉尘颗粒间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．M点附近的空气分子比N点附近的空气分子更容易被电离
B．M、N两点间的电势差等于N、P两点间的电势差
C．该粉尘颗粒在M点的电势能小于在N点的电势能
D．该粉尘颗粒沿圆筒壁下滑距离为h时其动能增加mgh
10．（2024高二上·深圳期中）下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计自身机械损耗，若该车在额定状态下以最大速度行驶，则下列选项正确的是（　　）
自重 40 kg 额定电压、电流 48 V、12 A
载重 75 kg 电池容量 20 Ah
最大行驶速度 20 km/h 额定输出功率 480 W
A．电动机的线圈电阻一定大于 B．Ah是能量单位
C．该车受到的阻力为86.4 N D．电动机的线圈的热功率为96 W
11．（2024高二上·深圳期中）某同学用图甲所示的电路研究电容器的充、放电过程。图丙所示实验装置是用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属球相连。使电容器带电后与电源断开。
（1）图甲当开关S接“1”达到稳定后，电容器上极板带　 　（选填“正”或“负”）电。
（2）图甲开关S接“2”前，将电流传感器串联在左侧电路中，接着将开关S接“？”，与电流传感器连接的计算机描绘出电路中的电流I随时间t变化的I-t图像如图，丙所示，通过分析可知，图中图像与横轴围成的面积表示的物理量是　 　。不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，则此过程的I-t曲线与横轴围成的面积将　 　（选填“减小”、“不变”或“增大”）。
（3）已知电源电压为3V，通过数格子的方法测得I-t曲线与横轴围成的面积为2.5mA·s，则电容器的电容C=　 　F（结果保留两位有效数字）。
（4）保持两极板所带的的电荷量Q不变，极板间的正对面积S不变，让带有绝缘手柄的A板向左移动增大两极板间的距离d，发现静电计指针偏角变大，得出的结论是：在其他条件不变的情况下，平行板电容器的电容C随两极板间的距离d的增大而　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
12．（2024高二上·深圳期中）小印同学欲用伏安法测定一段阻值约为左右的金属导线的电阻率，步骤如下：
（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为　 　。
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为　 　。
（3）现用伏安法较准确的测量这个金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：
A．电池组（，内阻）
B．电流表（，内阻约）
C．电流表（，内阻约）
D．电压表（，内阻）
E．电压表（，内阻）
F．滑动变阻器（0~20，额定电流）
G．滑动变阻器（，额定电流）
H．开关、导线
①上述器材中电压表和电流表应选用的是　 　；（填写各器材的字母代号）
②实验电路应该采用电流表　 　接法；（填“内”或“外”）为使通过待测金属导线的电流能在范围内改变，滑动变阻器采用的方法是　 　式（填“分压”或“限流”）；
③在虚线框里画出测电阻的电路图　 　。
13．（2024高二上·深圳期中）如图为一简单调光电路，电源两端电压，灯泡L额定电压，电阻，定值保护电阻，调光电阻的最大阻值为。求
（1）灯泡正常发光时，通过定值电阻电流的大小；
（2）调光电阻阻值调至最大时灯泡两端的电压。（计算结果保留一位小数）
14．（2024高二上·深圳期中）平行金属板水平放置，板左侧有一粒子源，可在竖直线不同位置均匀垂直发射相同的正电粒子，右侧靠近极板处竖直固定一发光屏，当有粒子击中发光屏时，屏幕会发光。已知板长L=20cm，板宽d=4cm，极板所加电压恒为U=4V。所有粒子的比荷均为，进入金属板时的速率均为v0=2×105m/s，粒子重力忽略不计。求：
（1）粒子在板间运动时的加速度a的大小；
（2）若某粒子恰好能击中发光屏，则该粒子到下极板的距离y；
（3）能使屏发光的粒子占总粒子的百分比η；
15．（2024高二上·深圳期中）在电场强度为E、范围足够大的匀强电场中，有一条虚线与电场线平行，在该虚线上有两个静止的小球A和B，质量均为m，A球带电荷量，B球不带电，开始时两球相距L，在电场力作用下，A球从静止开始沿直线运动，并与B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，电荷量不转移。不考虑重力及两球间的万有引力，求：
（1）A球经过多长时间与B球发生第一次碰撞；
（2）第一次碰后A、B两球的速度各为多少；
（3）在第一次碰撞以后，A、B两球不断地再次碰撞的时间间隔相等吗？如果相等求出时间间隔，如果不相等，请说明理由。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．在图甲中，带正电的物体C靠近金属导体，根据静电感应的近异远同可以得出A端感应出负电荷，则金属箔带负电张开，选项A正确，不符合题意；
B．在图乙中，给车加油前，为了防止静电产生火花，手要触摸一下静电释放器是为了防止静电，选项B错误，符合题意；
C．在图丙中，由于静电屏蔽中导体内部的电场强度为0，则带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝起到静电屏蔽作用，选项C正确，不符合题意；
D．在图丁中，带电雷雨云接近建筑物时，根据静电感应的近异远同，则安装在顶端的金属棒出现与云层相反的电荷，选项D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】利用静电感应可以判别金属箔片带上电荷；利用静电感应可以判别安装在顶端的金属棒出现与云层相反的电荷；利用静电屏蔽可以得出带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝起到静电屏蔽作用；为了防止静电产生火花，手要触摸一下静电释放器是为了防止静电。
2．【答案】D
【知识点】电场线；电势能；等势面
【解析】【解答】A．由于植物体内带正电的钾、钙离子等向根部下方聚集，则可以得出所加电场在悬挂电极为正极，下端为负极，电场方向向下，故A错误；
B．根据对称性可知，由于A、B两处电场线疏密相同则A，B两点场强大小相等，由于电场线切线方向不同则方向不同，故B错误；
C．根据等势线与电场力垂直，所以图中所示A、B两点所在虚线不是等势线，故C错误；
D．钾、钙离子向根部聚集过程中，由于电场力对正电荷做正功，根据功能关系可以得出正电荷的电势能减少，故D正确。
故选D。
【分析】利用正电荷的移动方向可以判别电场的方向进而判别电极正负；利用电场线的分布可以判别电场强度；利用电场线的分布可以判别等势面的位置；利用电场力做功可以判别电势能的变化。
3．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．电容器充电过程中，电流是逐渐减小的（ 因为随着电荷量增加，极板间电压变化率减小 ），并非保持不变，A错误；
B．电容器充电后所带的电荷量为，B错误；
C．电容是电容器本身的属性，由电容器的结构（ 极板间距、极板面积、电介质 ）决定，与是否带电无关，所以放电过程中电容保持不变，C错误；
D．电容器放电过程中的平均电流为，D正确。
故答案为：D。
【分析】依据电容器的充电规律、电容的决定式、电荷量公式以及电流的定义式，对每个选项涉及的物理量进行分析计算，判断其正确性。
4．【答案】D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】AB．电动机的功率通过电动机的电流为，故AB错误；
C．电热丝的发热功率为，故C错误；
D．电热丝每秒钟消耗的电能为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】区分纯电阻（ 电热丝）和非纯电阻（ 电动机）的功率计算方法，先算电热丝的发热功率，再结合总功率求电动机功率，进而分析电流与电能消耗。
5．【答案】C
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．图线的斜率表示电阻的倒数，所以图线斜率减小，灯泡电阻在增大，A错误；
B．由图可知，电压为3V时，电流为0.25A，所以小灯泡功率为，B错误；
C．丙同学认为根据欧姆定律，可以算出当电压为1.5V时，电流为0.2A，则灯泡电阻约，C正确；
D．小灯泡虽然伏安特性曲线不是直线（ 因温度影响电阻 ），但它消耗的电能全部转化为内能（ 发光也是内能的一种表现形式 ），属于纯电阻，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据伏安特性曲线的斜率意义、功率公式、欧姆定律以及纯电阻的定义，对每个选项涉及的物理量或概念进行分析判断。
6．【答案】C
【知识点】库仑定律；受力分析的应用
【解析】【解答】解：根据题意，对小球A受力分析，如图所示
由相似三角形有
小球A缓慢漏电，细线与竖直方向的夹角减小，在竖直平面内缓慢运动，小球处于平衡状态，由于和的长度不变，则细线的拉力大小一直不变。
故答案为：C。
【分析】通过对小球A进行受力分析，利用相似三角形的比例关系，结合各物理量的不变性，判断细线拉力的变化情况。
7．【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．光照增强，电阻减小，总电阻减小，干路电流增大，电压增大，电压表（测电压）示数增大，故A正确；
B．路端电压，增大，减小；的电压，减小、增大，故减小，中电流减小，故B正确；
C．干路电流增大，电流减小，故流过小灯泡的电流增大，由，小灯泡功率增大，故C正确；
D．的电流增大，但电压（为小灯泡电压）变化不确定，根据，无法确定功率变化，故D错误。
本题选择错误的，故答案为：D。
【分析】根据光敏电阻随光照的变化，分析电路总电阻变化，再由闭合电路欧姆定律推导干路电流、各部分电压、电流的变化，最后结合功率公式判断功率变化。
8．【答案】B,D
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转，则电场方向为X到，则X带正电，带负电，同理可以知道Y带正电，带负电，AC错误，BD正确。
故答案为：BD。
【分析】根据电子的偏转方向，结合电子受力与电场方向的相反关系，判断偏转电极的带电情况。
9．【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；电场强度；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、圆筒内电场线分布为从筒壁指向金属棒，点更靠近金属棒，电场强度更大，空气分子更易被电离，A正确；
B、由，段平均电场强度大于段，且水平长度相等，故，B错误；
C、沿电场方向电势降低，点电势低于点，粉尘带负电，根据，点电势能大于点，C错误；
D、筒壁为等势面，粉尘沿筒壁下滑时，电场力不做功，只有重力做功，由动能定理，动能增加量等于重力做功，D正确。
故答案为：AD。
【分析】核心是结合静电除尘器的电场分布特点，运用电场强度、电势差、电势能的相关规律，以及动能定理，对各选项进行分析判断。
10．【答案】C,D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】AD．已知该电动自行车所用电动机的额定电压为48V，额定电流为12A，则该电动机的输入功率
已知额定输出功率为
则线圈的发热功率为
则由可得电动机的线圈电阻，故A错误，D正确；
B．A（安培）是电流单位，h是时间单位，由可知二者乘积为电荷量单位，故B错误；
C．当该车在额定状态下以最大速度做匀速直线运动时，所受牵引力大小等于车所受到的阻力大小，即
此时该车的额定输出功率为
最大行驶速度为
则牵引力大小为
故阻力大小，故C正确。
故答案为：CD。
【分析】先根据电动机的输入、输出功率计算热功率与线圈电阻，再结合输出功率和最大速度，利用平衡条件求阻力，最后分析Ah的物理意义。
11．【答案】（1）正
（2）电荷量；不变
（3）
（4）减小
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】本题主要是考查了电容器的动态分析问题；解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式进行分析解答。
（1）当开关S接“1”后，电源给电容器充电，根据充电电流方向可知，电容器上极板带正电，下极板带负电。
（2）当开关S接“2”，电容器进行放电，I-t图像与横轴围成的面积表示的物理量是电荷量；只增大电阻R的阻值，只是使得放电过程变慢，而放电的电荷量不变，则I-t曲线与横轴围成的面积将不变。
（3）根据电容的定义式可得
（4）静电计指针偏角变大，则电压变大，根据可知，电容变小，得出的结论是：在其他条件不变的情况下，平行板电容器的电容C随两极板间的距离d的增大而减小。
【分析】（1）电容器上极板与电源正极相连，由此分析电容器上极板带电情况；
（2）I-t曲线与横轴围成的面积表示电容器所带的电荷量，根据电容的定义式进行解答；
（3）根据进求解；
（4）保持两极板所带的电荷量Q不变，根据进行分析。
（1）当开关S接“1”后，电源给电容器充电，根据充电电流方向可知，电容器上极板带正电，下极板带负电。
（2）[1]当开关S接“2”，电容器进行放电，I-t图像与横轴围成的面积表示的物理量是电荷量；
[2]只增大电阻R的阻值，只是使得放电过程变慢，而放电的电荷量不变，则I-t曲线与横轴围成的面积将不变。
（3）根据电容的定义式可得
（4）静电计指针偏角变大，则电压变大，根据
可知，电容变小，得出的结论是：在其他条件不变的情况下，平行板电容器的电容C随两极板间的距离d的增大而减小。
12．【答案】；；DC；外；分压；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）游标卡尺读数为。
故答案为：
（2）螺旋测微器读数为。
故答案为：
（3）①电源电动势为3V，因此电压表选D，所以电路最大电流约为
故答案为：DC
②待测电阻阻值约为，电流表内阻约为0.125A，电压表内阻约为，相对来说，电压表内阻远大于待测定值阻值，因此电流表应采用外接法。
为了使电流能从0开始变化，所以滑动变阻器采用分压式接法。
故答案为：外；分压
③故答案为：由上述分析可知，电路图如下
【分析】（1）（2）根据游标卡尺和螺旋测微器的读数规则进行测量读数。
（3）①根据电源电动势和待测电阻估算电流，选择合适量程的电表。
②通过比较电表内阻与待测电阻的关系确定电流表接法，根据电流调节范围确定滑动变阻器接法。
③依据前面的分析画出分压式外接法的电路图。
13．【答案】（1）解：灯泡正常发光时定值电阻的电压
定值电阻的电流
解得
（2）解：调光电阻阻值调至最大值时，电路总电阻
灯泡两端电压
解得
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）利用灯泡正常发光时的电压，结合串联电路电压规律求出两端电压，再由欧姆定律计算电流。
（2）先求与的并联电阻，进而得到总电阻，算出总电流，求出的电压，最后根据串联电路电压规律得到灯泡两端电压。
14．【答案】（1）解：粒子仅受电场力，则有
又
联立可得粒子在板间运动时的加速度大小为
（2）解：若某粒子恰好能击中发光屏，则水平方向有
竖直方向有
联立解得
（3）解：击中发光屏的粒子所占总粒子的百分比为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）求出场强大小，结合牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律求解距离；
（3）根据（2）中结论求解占总粒子的百分比。
（1）粒子仅受电场力，则有
又
联立可得粒子在板间运动时的加速度大小为
（2）若某粒子恰好能击中发光屏，则水平方向有
竖直方向有
联立解得
（3）击中发光屏的粒子所占总粒子的百分比为
15．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律有
根据位移公式有
解得
（2）解：碰撞前，根据速度公式有
解得
A与B发生弹性正碰，则有，
解得，
（3）解：结合上述可知，在第一次碰撞以后，A的速度为0，A向右做初速度为0的匀加速直线运动，B向右做匀速直线运动，再次碰撞时，A的速度一定大于，而B的速度等于，令第一次碰撞后到第二次碰撞的时间间隔为，则有
解得
第二次碰撞时，A的速度为
第二次碰撞过程有，
解得，
令第二次碰撞后到第三次碰撞的时间间隔为，则有
解得
结合上述可知，由于A、B质量相等，发生弹性碰撞后，两球速度发生交换，碰撞之后，A的速度总比B的速度小，则A在加速至再次碰撞过程必定有
即时间间隔始终为
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）通过牛顿第二定律求A球加速度，结合匀加速直线运动位移公式求碰撞时间。
（2）先求碰撞前A球速度，再利用质量相等的物体弹性碰撞速度交换的规律，得碰后两球速度。
（3）分析碰后两球运动状态，根据位移相等列方程求时间间隔，再结合弹性碰撞的特点，判断时间间隔是否相等。
1 / 1广东省深圳市翠园中学2024-2025学年高二上学期期中物理试卷
1．（2024高二上·深圳期中）下列各图应用的物理原理和规律说法不正确的是（　　）
A．图甲，带正电的物体C靠近金属导体，A端金属箔带负电张开
B．图乙，给车加油前，手要触摸一下静电释放器是为了利用静电
C．图丙，带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝起到静电屏蔽作用
D．图丁，带电雷雨云接近建筑物时，安装在顶端的金属棒出现与云层相反的电荷
【答案】B
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．在图甲中，带正电的物体C靠近金属导体，根据静电感应的近异远同可以得出A端感应出负电荷，则金属箔带负电张开，选项A正确，不符合题意；
B．在图乙中，给车加油前，为了防止静电产生火花，手要触摸一下静电释放器是为了防止静电，选项B错误，符合题意；
C．在图丙中，由于静电屏蔽中导体内部的电场强度为0，则带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝起到静电屏蔽作用，选项C正确，不符合题意；
D．在图丁中，带电雷雨云接近建筑物时，根据静电感应的近异远同，则安装在顶端的金属棒出现与云层相反的电荷，选项D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】利用静电感应可以判别金属箔片带上电荷；利用静电感应可以判别安装在顶端的金属棒出现与云层相反的电荷；利用静电屏蔽可以得出带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝起到静电屏蔽作用；为了防止静电产生火花，手要触摸一下静电释放器是为了防止静电。
2．（2024高二上·深圳期中）“空间电场防病促生”技术的基本原理是通过直流高压电源在悬挂电极和地面之间产生空间电场，其作用之一可加速植物体内带正电的钾、钙离子等向根部下方聚集，促进植物快速生长。如图为空间某截面电场模拟图，下列相关说法正确的是（　　）
A．悬挂电极应接电源负极
B．图中所示A，B两点场强相同
C．图中所示A、B两点所在虚线为等势线
D．钾、钙离子向根部聚集过程中，电势能减少
【答案】D
【知识点】电场线；电势能；等势面
【解析】【解答】A．由于植物体内带正电的钾、钙离子等向根部下方聚集，则可以得出所加电场在悬挂电极为正极，下端为负极，电场方向向下，故A错误；
B．根据对称性可知，由于A、B两处电场线疏密相同则A，B两点场强大小相等，由于电场线切线方向不同则方向不同，故B错误；
C．根据等势线与电场力垂直，所以图中所示A、B两点所在虚线不是等势线，故C错误；
D．钾、钙离子向根部聚集过程中，由于电场力对正电荷做正功，根据功能关系可以得出正电荷的电势能减少，故D正确。
故选D。
【分析】利用正电荷的移动方向可以判别电场的方向进而判别电极正负；利用电场线的分布可以判别电场强度；利用电场线的分布可以判别等势面的位置；利用电场力做功可以判别电势能的变化。
3．（2024高二上·深圳期中）截至2023年11月，潮州市在各个公共场所已配备超过200台AED（自动体外除颤器），可在第一时间为突发心脏骤停者进行电除颤以恢复心律，被称为“救命神器”。某除颤器的电容器在1分钟内充电至，抢救病人时，电流通过电极板放电进入人体，一次完全放电时间为，忽略电容器放电时人体的电阻变化，下列说法正确的是（　　）
A．充电过程电流大小保持不变
B．充电后电容器的带电量为
C．放电过程电容器的电容会越来越小
D．放电过程的平均电流为
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．电容器充电过程中，电流是逐渐减小的（ 因为随着电荷量增加，极板间电压变化率减小 ），并非保持不变，A错误；
B．电容器充电后所带的电荷量为，B错误；
C．电容是电容器本身的属性，由电容器的结构（ 极板间距、极板面积、电介质 ）决定，与是否带电无关，所以放电过程中电容保持不变，C错误；
D．电容器放电过程中的平均电流为，D正确。
故答案为：D。
【分析】依据电容器的充电规律、电容的决定式、电荷量公式以及电流的定义式，对每个选项涉及的物理量进行分析计算，判断其正确性。
4．（2024高二上·深圳期中）空气炸锅是近年流行的小家电，它主要由电热丝R与风机M两部分构成，其通过电热丝加热空气，然后用风机将高温空气吹入锅内，使热空气在封闭的空间内循环从而加热食物。下图是某空气炸锅的简化电路图，若该空气炸锅额定电压及功率为、，电热丝，风机M（电动机）的内阻为，其他电阻不计，则该空气炸锅正常工作时（　　）
A．通过电动机的电流为
B．通过电动机的电流为
C．电热丝的发热功率为
D．电热丝每秒钟消耗的电能为
【答案】D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】AB．电动机的功率通过电动机的电流为，故AB错误；
C．电热丝的发热功率为，故C错误；
D．电热丝每秒钟消耗的电能为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】区分纯电阻（ 电热丝）和非纯电阻（ 电动机）的功率计算方法，先算电热丝的发热功率，再结合总功率求电动机功率，进而分析电流与电能消耗。
5．（2024高二上·深圳期中）某物理实验操作社团成员测得一只小灯泡的伏安特性曲线如图所示，小组讨论时，你认为正确的说法是（　　）
A．甲同学认为图线斜率减小，所以灯泡电阻在减小
B．乙同学认为图线与横轴所围面积代表功率，所以电压为3V时，小灯泡功率约为0.52W
C．丙同学认为根据欧姆定律，可以算出当电压为1.5V时，灯泡电阻约7.5Ω
D．丁同学认为图线不是直线，且小灯泡会发光，所以小灯泡不是纯电阻
【答案】C
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．图线的斜率表示电阻的倒数，所以图线斜率减小，灯泡电阻在增大，A错误；
B．由图可知，电压为3V时，电流为0.25A，所以小灯泡功率为，B错误；
C．丙同学认为根据欧姆定律，可以算出当电压为1.5V时，电流为0.2A，则灯泡电阻约，C正确；
D．小灯泡虽然伏安特性曲线不是直线（ 因温度影响电阻 ），但它消耗的电能全部转化为内能（ 发光也是内能的一种表现形式 ），属于纯电阻，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据伏安特性曲线的斜率意义、功率公式、欧姆定律以及纯电阻的定义，对每个选项涉及的物理量或概念进行分析判断。
6．（2024高二上·深圳期中）如图，某同学为研究静电力大小的影响因素，用轻质绝缘细线将带电小球A悬挂在铁架台上B点，细线长度远大于小球直径，在B点正下方固定一带电小球C。两球静止时，细线与竖直方向呈一定夹角。某时刻起，小球A缓慢漏电，开始在竖直平面内缓慢运动，在小球A运动过程中，细线的拉力大小变化情况是（　　）
A．一直增大 B．一直减小
C．一直不变 D．先增大后减小
【答案】C
【知识点】库仑定律；受力分析的应用
【解析】【解答】解：根据题意，对小球A受力分析，如图所示
由相似三角形有
小球A缓慢漏电，细线与竖直方向的夹角减小，在竖直平面内缓慢运动，小球处于平衡状态，由于和的长度不变，则细线的拉力大小一直不变。
故答案为：C。
【分析】通过对小球A进行受力分析，利用相似三角形的比例关系，结合各物理量的不变性，判断细线拉力的变化情况。
7．（2024高二上·深圳期中）光敏电阻是用硫化镉或硒化镉等半导体材料制成的特殊电阻器，其电阻值会随光照强度的增大而减小，光敏电阻的这种特殊性能，在科技生活中得到广泛应用。某应用电路如图所示，、为定值电阻，L为小灯泡，为光敏电阻，当照射光强度增大时，下列说法错误的是（　　）
A．电压表的示数增大 B．中电流减小
C．小灯泡的功率增大 D．的功率增大
【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．光照增强，电阻减小，总电阻减小，干路电流增大，电压增大，电压表（测电压）示数增大，故A正确；
B．路端电压，增大，减小；的电压，减小、增大，故减小，中电流减小，故B正确；
C．干路电流增大，电流减小，故流过小灯泡的电流增大，由，小灯泡功率增大，故C正确；
D．的电流增大，但电压（为小灯泡电压）变化不确定，根据，无法确定功率变化，故D错误。
本题选择错误的，故答案为：D。
【分析】根据光敏电阻随光照的变化，分析电路总电阻变化，再由闭合电路欧姆定律推导干路电流、各部分电压、电流的变化，最后结合功率公式判断功率变化。
8．（2024高二上·深圳期中）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）
A．极板X应带负电 B．极板应带负电
C．极板Y应带负电 D．极板应带负电
【答案】B,D
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转，则电场方向为X到，则X带正电，带负电，同理可以知道Y带正电，带负电，AC错误，BD正确。
故答案为：BD。
【分析】根据电子的偏转方向，结合电子受力与电场方向的相反关系，判断偏转电极的带电情况。
9．（2024高二上·深圳期中）如图甲所示为某静电除尘器的原理图，足够长的竖直金属圆筒接高压电源的正极，位于圆筒中心轴线处的足够长金属棒接高压电源的负极，金属圆筒和金属棒之间的电场电离空气分子，产生的电子使粉尘颗粒带负电，粉尘运动至圆筒壁后由于重力作用会下落。如图乙所示为图甲中除尘器的剖面图，M、N、P为某带负电粉尘颗粒运动轨迹上的三个点，MN和NP水平方向的长度相等，该粉尘颗粒的质量为m，重力加速度为g，不计摩擦阻力、空气阻力以及带电粉尘颗粒间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．M点附近的空气分子比N点附近的空气分子更容易被电离
B．M、N两点间的电势差等于N、P两点间的电势差
C．该粉尘颗粒在M点的电势能小于在N点的电势能
D．该粉尘颗粒沿圆筒壁下滑距离为h时其动能增加mgh
【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；电场强度；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、圆筒内电场线分布为从筒壁指向金属棒，点更靠近金属棒，电场强度更大，空气分子更易被电离，A正确；
B、由，段平均电场强度大于段，且水平长度相等，故，B错误；
C、沿电场方向电势降低，点电势低于点，粉尘带负电，根据，点电势能大于点，C错误；
D、筒壁为等势面，粉尘沿筒壁下滑时，电场力不做功，只有重力做功，由动能定理，动能增加量等于重力做功，D正确。
故答案为：AD。
【分析】核心是结合静电除尘器的电场分布特点，运用电场强度、电势差、电势能的相关规律，以及动能定理，对各选项进行分析判断。
10．（2024高二上·深圳期中）下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计自身机械损耗，若该车在额定状态下以最大速度行驶，则下列选项正确的是（　　）
自重 40 kg 额定电压、电流 48 V、12 A
载重 75 kg 电池容量 20 Ah
最大行驶速度 20 km/h 额定输出功率 480 W
A．电动机的线圈电阻一定大于 B．Ah是能量单位
C．该车受到的阻力为86.4 N D．电动机的线圈的热功率为96 W
【答案】C,D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】AD．已知该电动自行车所用电动机的额定电压为48V，额定电流为12A，则该电动机的输入功率
已知额定输出功率为
则线圈的发热功率为
则由可得电动机的线圈电阻，故A错误，D正确；
B．A（安培）是电流单位，h是时间单位，由可知二者乘积为电荷量单位，故B错误；
C．当该车在额定状态下以最大速度做匀速直线运动时，所受牵引力大小等于车所受到的阻力大小，即
此时该车的额定输出功率为
最大行驶速度为
则牵引力大小为
故阻力大小，故C正确。
故答案为：CD。
【分析】先根据电动机的输入、输出功率计算热功率与线圈电阻，再结合输出功率和最大速度，利用平衡条件求阻力，最后分析Ah的物理意义。
11．（2024高二上·深圳期中）某同学用图甲所示的电路研究电容器的充、放电过程。图丙所示实验装置是用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属球相连。使电容器带电后与电源断开。
（1）图甲当开关S接“1”达到稳定后，电容器上极板带　 　（选填“正”或“负”）电。
（2）图甲开关S接“2”前，将电流传感器串联在左侧电路中，接着将开关S接“？”，与电流传感器连接的计算机描绘出电路中的电流I随时间t变化的I-t图像如图，丙所示，通过分析可知，图中图像与横轴围成的面积表示的物理量是　 　。不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，则此过程的I-t曲线与横轴围成的面积将　 　（选填“减小”、“不变”或“增大”）。
（3）已知电源电压为3V，通过数格子的方法测得I-t曲线与横轴围成的面积为2.5mA·s，则电容器的电容C=　 　F（结果保留两位有效数字）。
（4）保持两极板所带的的电荷量Q不变，极板间的正对面积S不变，让带有绝缘手柄的A板向左移动增大两极板间的距离d，发现静电计指针偏角变大，得出的结论是：在其他条件不变的情况下，平行板电容器的电容C随两极板间的距离d的增大而　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）正
（2）电荷量；不变
（3）
（4）减小
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】本题主要是考查了电容器的动态分析问题；解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式进行分析解答。
（1）当开关S接“1”后，电源给电容器充电，根据充电电流方向可知，电容器上极板带正电，下极板带负电。
（2）当开关S接“2”，电容器进行放电，I-t图像与横轴围成的面积表示的物理量是电荷量；只增大电阻R的阻值，只是使得放电过程变慢，而放电的电荷量不变，则I-t曲线与横轴围成的面积将不变。
（3）根据电容的定义式可得
（4）静电计指针偏角变大，则电压变大，根据可知，电容变小，得出的结论是：在其他条件不变的情况下，平行板电容器的电容C随两极板间的距离d的增大而减小。
【分析】（1）电容器上极板与电源正极相连，由此分析电容器上极板带电情况；
（2）I-t曲线与横轴围成的面积表示电容器所带的电荷量，根据电容的定义式进行解答；
（3）根据进求解；
（4）保持两极板所带的电荷量Q不变，根据进行分析。
（1）当开关S接“1”后，电源给电容器充电，根据充电电流方向可知，电容器上极板带正电，下极板带负电。
（2）[1]当开关S接“2”，电容器进行放电，I-t图像与横轴围成的面积表示的物理量是电荷量；
[2]只增大电阻R的阻值，只是使得放电过程变慢，而放电的电荷量不变，则I-t曲线与横轴围成的面积将不变。
（3）根据电容的定义式可得
（4）静电计指针偏角变大，则电压变大，根据
可知，电容变小，得出的结论是：在其他条件不变的情况下，平行板电容器的电容C随两极板间的距离d的增大而减小。
12．（2024高二上·深圳期中）小印同学欲用伏安法测定一段阻值约为左右的金属导线的电阻率，步骤如下：
（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为　 　。
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为　 　。
（3）现用伏安法较准确的测量这个金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：
A．电池组（，内阻）
B．电流表（，内阻约）
C．电流表（，内阻约）
D．电压表（，内阻）
E．电压表（，内阻）
F．滑动变阻器（0~20，额定电流）
G．滑动变阻器（，额定电流）
H．开关、导线
①上述器材中电压表和电流表应选用的是　 　；（填写各器材的字母代号）
②实验电路应该采用电流表　 　接法；（填“内”或“外”）为使通过待测金属导线的电流能在范围内改变，滑动变阻器采用的方法是　 　式（填“分压”或“限流”）；
③在虚线框里画出测电阻的电路图　 　。
【答案】；；DC；外；分压；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）游标卡尺读数为。
故答案为：
（2）螺旋测微器读数为。
故答案为：
（3）①电源电动势为3V，因此电压表选D，所以电路最大电流约为
故答案为：DC
②待测电阻阻值约为，电流表内阻约为0.125A，电压表内阻约为，相对来说，电压表内阻远大于待测定值阻值，因此电流表应采用外接法。
为了使电流能从0开始变化，所以滑动变阻器采用分压式接法。
故答案为：外；分压
③故答案为：由上述分析可知，电路图如下
【分析】（1）（2）根据游标卡尺和螺旋测微器的读数规则进行测量读数。
（3）①根据电源电动势和待测电阻估算电流，选择合适量程的电表。
②通过比较电表内阻与待测电阻的关系确定电流表接法，根据电流调节范围确定滑动变阻器接法。
③依据前面的分析画出分压式外接法的电路图。
13．（2024高二上·深圳期中）如图为一简单调光电路，电源两端电压，灯泡L额定电压，电阻，定值保护电阻，调光电阻的最大阻值为。求
（1）灯泡正常发光时，通过定值电阻电流的大小；
（2）调光电阻阻值调至最大时灯泡两端的电压。（计算结果保留一位小数）
【答案】（1）解：灯泡正常发光时定值电阻的电压
定值电阻的电流
解得
（2）解：调光电阻阻值调至最大值时，电路总电阻
灯泡两端电压
解得
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）利用灯泡正常发光时的电压，结合串联电路电压规律求出两端电压，再由欧姆定律计算电流。
（2）先求与的并联电阻，进而得到总电阻，算出总电流，求出的电压，最后根据串联电路电压规律得到灯泡两端电压。
14．（2024高二上·深圳期中）平行金属板水平放置，板左侧有一粒子源，可在竖直线不同位置均匀垂直发射相同的正电粒子，右侧靠近极板处竖直固定一发光屏，当有粒子击中发光屏时，屏幕会发光。已知板长L=20cm，板宽d=4cm，极板所加电压恒为U=4V。所有粒子的比荷均为，进入金属板时的速率均为v0=2×105m/s，粒子重力忽略不计。求：
（1）粒子在板间运动时的加速度a的大小；
（2）若某粒子恰好能击中发光屏，则该粒子到下极板的距离y；
（3）能使屏发光的粒子占总粒子的百分比η；
【答案】（1）解：粒子仅受电场力，则有
又
联立可得粒子在板间运动时的加速度大小为
（2）解：若某粒子恰好能击中发光屏，则水平方向有
竖直方向有
联立解得
（3）解：击中发光屏的粒子所占总粒子的百分比为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）求出场强大小，结合牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律求解距离；
（3）根据（2）中结论求解占总粒子的百分比。
（1）粒子仅受电场力，则有
又
联立可得粒子在板间运动时的加速度大小为
（2）若某粒子恰好能击中发光屏，则水平方向有
竖直方向有
联立解得
（3）击中发光屏的粒子所占总粒子的百分比为
15．（2024高二上·深圳期中）在电场强度为E、范围足够大的匀强电场中，有一条虚线与电场线平行，在该虚线上有两个静止的小球A和B，质量均为m，A球带电荷量，B球不带电，开始时两球相距L，在电场力作用下，A球从静止开始沿直线运动，并与B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，电荷量不转移。不考虑重力及两球间的万有引力，求：
（1）A球经过多长时间与B球发生第一次碰撞；
（2）第一次碰后A、B两球的速度各为多少；
（3）在第一次碰撞以后，A、B两球不断地再次碰撞的时间间隔相等吗？如果相等求出时间间隔，如果不相等，请说明理由。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律有
根据位移公式有
解得
（2）解：碰撞前，根据速度公式有
解得
A与B发生弹性正碰，则有，
解得，
（3）解：结合上述可知，在第一次碰撞以后，A的速度为0，A向右做初速度为0的匀加速直线运动，B向右做匀速直线运动，再次碰撞时，A的速度一定大于，而B的速度等于，令第一次碰撞后到第二次碰撞的时间间隔为，则有
解得
第二次碰撞时，A的速度为
第二次碰撞过程有，
解得，
令第二次碰撞后到第三次碰撞的时间间隔为，则有
解得
结合上述可知，由于A、B质量相等，发生弹性碰撞后，两球速度发生交换，碰撞之后，A的速度总比B的速度小，则A在加速至再次碰撞过程必定有
即时间间隔始终为
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）通过牛顿第二定律求A球加速度，结合匀加速直线运动位移公式求碰撞时间。
（2）先求碰撞前A球速度，再利用质量相等的物体弹性碰撞速度交换的规律，得碰后两球速度。
（3）分析碰后两球运动状态，根据位移相等列方程求时间间隔，再结合弹性碰撞的特点，判断时间间隔是否相等。
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