安徽省安徽师范大学附属中学2022-2023学年高二物理上学期期中考试试卷（Word版含解析）

安徽师范大学附属中学2022-2023学年第一学期期中考查高二物理试题一、单选题（每题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项正确答案，共28分）1.以下说法正确的是（　　）A.由可知电场中某点的电场强度E与F成正比B.根据真空中点电荷的电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关C.根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为VD.由可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大【答案】C【解析】【详解】A．电场中某点的电场强度由电场本身决定。故A错误；B．电场中某点电场强度与场源电荷所带的电荷量有关。故B错误；C．根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为故C正确；D．匀强电场中的任意两点a、b间沿场强方向的距离越大，则两点间的电势差也一定越大。故D错误。故选C。 2.如图所示，虚线a、b、c代表电场中一族等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电质点（重力不计）仅在电场力作用下从P到Q通过该区域时的运动轨迹，据此可知（　　）A.a、b、c三条等势线中，a的电势最高B.电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C.该质点在P点的速率比在Q点处大D.该质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大【答案】C【解析】【详解】A．质点所受电场力指向轨迹凹侧，大致方向斜向左上，且和电场强度方向一致，根据沿电场强度方向电势降低可知a、b、c三条等势线中，a的电势最低，故A错误；B．等势线越密的位置电场强度越大，所以电场中Q点处的电场强度大小比P点处小，故B错误；D．根据A项分析可知P点电势低于Q点电势，根据可知该质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小，故D错误；C．质点仅受电场力作用，能量守恒，结合D项分析可知该质点在P点具有动能比在Q点具有的动能大，即该质点在P点的速率比在Q点处大，故C正确。故选C3.如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为，则此带电小球通过P点时的动能为（　　） A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】小球在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动；已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，小球到P点时，水平位移和竖直位移相等，即有合速度则有故选B。4.如图所示，一带电小球以速度水平射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球（　　）A.将仍打在O点B.将打在O点的上方C.到达屏上时的动能将增加D.穿过平行板电容器的时间将增加【答案】C 【解析】【详解】AB．仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，电容器板间电压不变，由分析得知板间场强减小，小球所受的电场力减小，小球将向下偏转，打在O点的下方，故A、B错误；C．极板未动时，小球做匀速直线运动，极板平行上移后，小球的合力做正功，动能增加，故C正确；D．小球在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间与电场强度的变化无关，所以穿过电容器的时间t不变，故D错误。故选C。5.如图所示，将一不带电的绝缘枕形导体P放在正电荷Q的电场中，导体P的两端分别带上了感应负电荷与等量的感应正电荷，另外，导体内部还有两点，则以下说法错误的是（　　）A.导体上两端的电势高低关系是B.导体上两端的电势高低关系是C.导体内部两点的场强大小关系是D.感应电荷在导体内部两点产生的场强大小关系是【答案】B【解析】【详解】AB．当正电荷Q处在金属导体P附近时，正电荷周围存在电场，从而使得金属中的自由电子在电场力作用下向a端发生移动，导致b端的正电荷多余，a端的负电荷多余，最终导体P的b端带正电，a端带负电，即绝缘枕形导体P形成等势体，因此两点的电势关系故A正确，B错误； C．当金属导体b端带正电，a端带负电时，导体中有自b向a的电场。由于正确电荷Q也产生电场。故只有当复合电场为0时，自由电子才停止运动，因此c、d两点的场强大小关系是故C正确；D．根据正点电荷的电场强度的公式，结果合电场为0，可知感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系故D正确。本题选错误的，故选B。6.导体的伏安特性曲线是研究导体电流和电压关系的重要工具。一灯泡的伏安特性曲线如图中的AB（曲线）所示，AC为图线在A点的切线，C点的坐标为。下列说法正确的是（　　）A.该灯泡不适用于欧姆定律B.当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻减小C.当灯泡两端的电压为时，小灯泡的电阻为D.在灯泡两端的电压由变化到的过程中，灯泡的电阻改变了【答案】C【解析】【详解】A．虽然小灯泡伏安特性曲线不是直线，原因是灯泡的电阻率随着温度增大而发生了变化，但灯丝是金属导体，欧姆定律同样适用，故A错误；B．灯泡的伏安特性曲线可知，图像上每一个点与坐标原点连线斜率为则灯泡两端的电压升高时，灯泡的电阻增大，故B错误；C．当灯泡两端的电压为时，AC为图线在A点的切线，则 则小灯泡电阻为，故C正确；D．在灯泡两端的电压由变化到的过程中，在电压为时，电阻为，故D错误。故选C。7.“顿牟缀芥”是东汉王充在《论衡乱龙篇》中记载的摩擦起电现象，意指摩擦后的带电琥珀能吸引轻小物体。现做如下简化：在某处固定一个电荷量为的带正电的点电荷，在其正下方处有一个原子。在点电荷的电场的作用下原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离。点电荷与原子之间产生作用力。你可能不会求解，但是你可以通过物理分析进行判断，关于的表达式，可能正确的是（式中为静电力常量）（　　）A.B.F=C.D.F=【答案】D【解析】【详解】由图可知负电荷中心比正电荷中心更靠近Q，则Q对负电荷中心的引力略大于对正电荷中心的斥力，即合力F不为零；当l趋于零时，合力F趋于零；当h趋于无限大时，合力F也趋于零，考察四个选项中表达式满足上述条件的只有D项。故选D。二、多选题（每题4分，全部选对得4分，选对但不全的得2分，选错得0分，共12分）8.两电荷量分别为和的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势随 坐标x变化的关系图象如图所示，其中P点电势最高，且，则（　　）A.和都是负电荷B.的电荷量大于的电荷量C.在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先增大后减小D.一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变大【答案】AD【解析】【详解】A．由图知，越靠近两电荷，电势越低，则和都是负电荷，故A正确；B．图象的斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两电荷在P处产生的场强等值反向，即由可知，的电荷量小于的电荷量，故B错误；C．由图可知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C错误；D．图象的斜率表示电场强度，则沿x轴从P点运动到B点场强逐渐增大。由可知，电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D正确。故选AD。9.如图所示是有两个量程的电流表，已知表头的内阻Rg=1000Ω，满偏电流Ig=1mA，电阻R1=50Ω，R2=200Ω，当使用A、B两个端点时，电流表的量程为I1，当使用A、C两个端点时，电流表的量程为I2，则I1、I2分别为（　　） A.I1=25mAB.I1=10mAC.I2=20mAD.I2=5mA【答案】AD【解析】【详解】根据电表改装原理可知故选AD。10.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一可视为质点的质量为m、电荷量为的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得沿切线方向的初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A.小球带负电，且匀强电场的电场强度B.小球做圆周运动过程中速度的最小值C.小球从静止位置运动至圆周轨迹最高点的过程中动能逐渐减小，电势能先减小后增大D.小球从静止位置开始至其在竖直平面内运动一周的过程中，机械能先减小后增大【答案】ABC 【解析】【详解】A.小球静止时细线与竖直方向成角，由平衡条件可知电场力水平向右，与场强方向相反，小球带负电，有解得故A正确；B.小球恰能绕O点在竖直面内做圆周运动，在等效最高点A点速度最小，如图所示根据平衡条件得解得故B正确；C.小球从静止位置内沿逆时针方向运动至圆周轨迹最高点的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，而小球在等效最高点A点速度最小，动能最小，所以小球动能逐渐减小，故C正确；D.小球从静止位置开始沿逆时针方向至其在竖直平面内运动一周的过程中，小球的机械能和电势能之和守恒，小球电场力先做正功后负功后再做正功，则电势能先减小后增大再减小，机械能先增大后减小再增大，故D错误。故选ABC。 三、实验题（共24分）11.某同学用伏安法测量导体的电阻率，现有量程为3V、内阻约为3k的电压表和量程为0.6A、内阻约为0.1的电流表。采用分压电路接线，待测电阻丝Rx阻值约为5。（1）图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱。则导线①应连接________（选填a或b）。导线②应连接________（选填c或d）。（2）正确接线后，实验测得的数据如下表，请在图乙中作出U-I图线______。U/V0.300.400.801.101.201.60I/A0.070.090.180220.270.35（3）用作图法求得Rx的阻值为________（结果保留两位有效数字）。（4）某次用螺旋测微器测金属丝直径d，用游标卡尺测金属丝的长度l，示数如图丙所示，则d=________mm，l＝__________cm。 （5）写出该金属丝的电阻率的表达式____________（用U、I、d、l表示）【答案】①.a②.d③.④.4.6Ω（4.5~4.8Ω）⑤.1.843mm（1.842mm~1.84mm）⑥.4.240cm⑦.【解析】【分析】【详解】（1）[1]由于电流表内阻与待测电阻阻值接近，因此只能采用电流表外接法，以减小实验误差，故导线①应接a；[2]由题意可知，本实验采用分压接法，故导线②要与d接通；（2）[3]根据表中的数据作出的U-I图如下图所示： （3）[4]根据U-I图象的斜率表示电阻，则有电阻算出4.5Ω~4.8Ω均正确；（4）[5]由图示螺旋测微器可知，其示数为d=1.5mm+34.3×0.01mm=1.843mm估读出1.842~1.844mm均正确；[6]由图示游标卡尺可知，其示数为l=42mm+8×0.05mm=42.40mm=4.240cm（5）[7]由欧姆定律由电阻定律金属丝的横截面积联立得 12.某同学欲测量电流表的内阻，实验室有如下实验器材：待测电流表（量程为06mA，内阻约）电流表G2（量程为060mA，内阻约）定值电阻（阻值滑动变阻器（阻值范围为）滑动变阻器（阻值范围为）电源（电动势约为开关、导线若干请回答下列问题：（1）实验过程中，要求电表示数从零开始变化，则滑动变阻器应选用__（填“”或“”（2）为尽可能精确测量电流表的内阻，请在虚线框中画出实验电路原理图_____。（3）利用上述实验电路，测量多组数据，图甲为实验过程中某次电流表的示数，其示数为__。（4）若实验中读得表和G2表的读数为和，根据多组数据作出图象，如图乙所示，图线的斜率为，则表的内阻__（用、表示）。 【答案】①.R2②.③.3.60④.（k﹣1）R0【解析】【详解】（1）［1］由于电流表示数从零开始变化，滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，因而选择阻值小的滑动变阻器，故选R2。（2）［2］由于题目没有电压表，而提供的电流表电阻未知，根据题意可知需要定值电阻作为电压表使用，此时需要知道通过定值电阻的电流，滑动变阻器采用分压接法；故采用实验电路图如图所示：（3）［3］电流表的最小刻度为0.1mA，估读到下一位，故电流计读数为3.60mA。（4）［4］根据电路图和欧姆定律得：I1r1＝（I2﹣I1）R0整理得结合图象可得：k＝，解得G1表的内阻r1＝（k﹣1）R0四、解答题（共36分）13.图为用伏安法测量电阻的原理图。图中V为电压表，内阻为；mA为电流表，内阻为；E为电源，R为电阻箱，为待测电阻，S为开关。闭合开关后电压表示数，电流表示数。 （1）我们把U与I的比值称为的测量值，即，试求出该值的大小。（2）实际上U与I的比值是与电压表并联后的总电阻，请据此求出的真实值。【答案】（1）800Ω；（2）1000Ω【解析】【详解】（1）根据欧姆定律得（2）因为解得Rx=1000Ω14.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们恰好位于以O点为圆心的圆弧上（和是该圆的两条直径，它们之间夹角为），沿方向建立x轴，垂直方向建立y轴如图所示。已知电场方向平行于圆弧所在的平面，圆弧的半径为R。将电荷量为（）的带电粒子从a点移动到O点，电场力对带电粒子所做的功为（）；再将该粒子从c点移动到O点，电场力在该过程做的功为。求：（1）将该粒子从a点移动到d点，电场力做的功；（2）该匀强电场的电场强度。 【答案】（1）；（2），电场方向与ab平行，且由a指向b【解析】【详解】（1）根据题意可知c与O的电势差为由于点为的中点，则有故将该粒子从a点移动到d点，电场力做的功为（2）从点做的垂线交于，如图所示由几何关系可得 可知点为的中点，则有可知点电势等于点电势，则为一等势线，电场方向垂直于等势线，故电场方向由指向，设电场强度大小为，则有解得15.如图所示，在平面直角坐标系xOy的y轴右侧有竖直向下的匀强电场，宽度为；y轴左侧有水平向右、场强大小为的匀强电场，电场中有一粒子源，粒子源能产生初速度为零、质量为、电荷量为的带电粒子。当粒子源坐标为时，从粒子源产生的粒子恰能从坐标处离开y轴右侧电场，不计粒子重力。（1）求y轴右侧匀强电场的电场强度E0的大小；（2）求粒子从坐标处离开y轴右侧电场时的速度；（3）若粒子源坐标为，且位于第二象限，其产生的粒子能够通过坐标处，求的值。【答案】（1）；（2）m/s；（3）【解析】【详解】（1）粒子从（，d）位置释放后，在y轴左侧电场中做匀加速直线运动，设经过y 轴时速度大小为，则解得v0=20m/s在y轴右侧电场中粒子做类平抛运动，从（d，）处离开，设运动时间为t，则水平方向有竖直方向有联立可得（2）粒子离开电场时竖直方向的速度设为，在竖直方向有解得vy=80m/s离开电场时速度大小为速度方向与x轴正方向夹角为，则速度与x轴正方向夹角为，斜向右下方。（3）若粒子源坐标为（，），设粒子进入右侧电场时速度为，在右侧电场中运动时间为，竖直方向位移为，离开时速度方向与水平方向夹角为，竖直方向分速度为，运动轨迹如图所示 则有粒子离开右侧电场后能够通过坐标（3d，0）处，由几何关系可得联立可得