广东省 2022-2023学年高二物理上学期期中试卷（Word版含解析）

广州市第一中学2022-2023学年上学期高二期中考试物理试题2022年10月本试卷共4页，满分为100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号、试室号、座位号填写在答题卡指定位置上。2.每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的选项的信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题纸各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按上以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。第一部分选择题（共48分）一．选择题Ⅰ：在每题给出的四个选项中，只有一项是最答题意的。本大题共8小题，每小题3分，共24分。1.下列说法正确的是（　　）A.元电荷就是电子或质子B.元电荷最小电荷量，又称“基本电量”C.油滴所带电荷量可能是3.6×10-19CD.只对点电荷成立【答案】B【解析】【详解】AB．元电荷是最小电荷量，又称“基本电量”，电子或质子带元电荷的电量，但是电子和质子不是元电荷，选项A错误，B正确；C．任何带电体所带电量只能是1.6×10-19C的整数倍，则油滴所带的电荷量不可能是3.6×10-19C，选项C错误；D．公式 是电场强度的定义式，对任何电场都适用，选项D错误。故选B。2.如图所示，两个带电球，大球所带的电荷量大于小球所带的电荷量，可以肯定（　　）A.两球都带正电B.两球都带负电C.大球受到的静电力大于小球受到的静电力D.两球受到的静电力大小相等【答案】D【解析】【详解】AB．两个带电体之间存在着排斥力，故两球带同号电荷，可能都带正电，也可能都带负电，AB错误；CD．静电力遵循牛顿第三定律，两球受到的静电力大小相等，C错误D正确。故选D。3.如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称，已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是（　　）A.M点处放置的是正电荷B.a点的场强与c点的场强完全相同 C.a点的电势高于c点的电势D若将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功【答案】D【解析】【详解】AC．因正电荷由a到c电势能增加，则电场力做负功，正电荷应从低电势处运动到高电势处，电势升高。故c点电势高于a点电势。则N点处为正电荷，M点处为负电荷，故AC错误；B．a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，则场强不同。故B错误；D．将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，根据等势线分布图可知，电势先降低后升高，则电势能先减小后增大，电场力先做正功，后做负功。故D正确。故选D。4.传感器是一种采集信息的重要器件.如图所示是一种压力传感器.当待测压力F作用在可动膜片电极上时，可使膜片发生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联接成闭合电路，那么（）A.当F向上压膜片电极时，电容将减小B.当F向上压膜片电极时，电容不变C.若电流计有示数，则压力F发生变化D.若电流计有示数，则压力F不发生变化【答案】C 【解析】【详解】AB.当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式可知电容器的电容将增大故A、B错误；CD.当F变化时，电容变化，而板间电压不变，由Q=CU，故电容器所带电荷量Q发生变化，电容器将发生充、放电现象，回路中有电流，电流计有示数；反之，电流计有示数时，压力F必发生变化，故C正确，D错误.5.如图所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是（　　）A.当S接1时，处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔B.当S接2时，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔C.当S接2时，处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是红表笔D.当S接3时，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔【答案】A【解析】【详解】BC．多用电表保证“红进黑出”当S接2时，电表内部有电源，处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，BC错误；A．当S接1时，表头与R1并联，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，A正确；D．当S接3时，表头与R1并联后再与R2串联，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，D错误。 故选A。6.图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（　　）A.a点的电势比b点的低B.a点的电场强度比b点的小C.液滴在a点的加速度比在b点的小D.液滴在a点的电势能比在b点的大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知故A错误；B．等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势线较密，则故B错误；C．液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为因，可得 故C错误；D．液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即故D正确；故选D。7.甲．乙两根异种材料的电阻丝，其长度之比是1:5,横截面积之比是2:3,电阻之比是2:5,外加电压之比是1:2,则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是：A.2:3B.3:4C.4:3D.8:3【答案】C【解析】【详解】知道电阻、长度、面积之比．由电阻定律知：得与电压无关，即故选C。8.如图所示是将滑动变阻器用作分压器的电路，A、B为分压器的输出端，电源电压U恒定，若把变阻器的滑片放在变阻器的中间，下列判断正确的是（　　）A.AB间不接负载时输出电压UAB＝B.当AB间接上负载R时，输出电压UAB>C.负载电阻R越小，UAB越接近 D.接上负载后要使UAB＝，则滑片P应向下移动【答案】A【解析】【详解】A．滑片放在变阻器的中间则变阻器的上半部分和下半部分的电阻相同，都为，AB间不接负载时输出电压就是变阻器下半部分电阻两端的电压，上、下部分为串联，串联分压且与电阻成正比，即UAB＝。故A正确；B．当AB间接上负载R时，R与变阻器下半部分电阻是并联关系。此时并联部分的总电阻为所以并联部分的电压小于滑动变阻器的上半部分的电压。即UAB<。故B错误；C．负载电阻R越小，R与变阻器下半部分电阻并联后的总电阻就越小。所以并联部分分到的电压就越小。当负载电阻趋近于零时，并联部分的总电阻也趋近于零，并联部分分到的电压也趋近于0。故C错误；D．接上负载后并联部分总电阻为UAB<，滑片P向上移动时，滑动变阻器上半部分的电阻减小。下半部分的电阻增大，则并联部分的电阻也增大。这样才有可能使UAB＝。故D错误。故选A。二、选择题Ⅱ：本大题共4小题，每小题6分，满分24分。在每小题给出的四个选项中，有两项或两项以上符合题目要求。每小题未选、错选不得分，少选得3分。9.如图（甲）所示，AB是电场中的一条直线。电子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿AB运动到B点，其v-t图象如图（乙）所示，关于A、B两点的电场强度和电势的关系，下列判断正确的是（　　） A.A点的电场强度大于B点的电场强度B.a、b两点的场强方向由放在该点带点粒子的电性决定C.因为电场线是直线，所以A、B两点的电势差0D.B点的电势比A点的电势低【答案】AD【解析】【详解】A．由v-t图像可知，由A到B做加速度减小的减速运动，可知A点加速度大于B点的加速度，则A点受电场力大于B点受的电场力，即A点的电场强度大于B点的电场强度，选项A正确；B．a、b两点的场强方向由电场本身决定，与放在该点带点粒子的电性无关，选项B错误；C．沿电场线电势逐渐降低，可知A、B两点的电势差不为零，选项C错误；D．电子由A到B做减速运动，则动能减小，电势能增加，则B点的电势比A点的电势低，选项D正确。故选AD。10.如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变，让质子（）流先、后两次以不同初速度垂直射入电场，分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b轨迹运动时（　　）A.加速度更大B.初速度更大 C.动能增量更大D.电势能增量与沿a轨迹运动时相同【答案】BD【解析】【详解】A．加速度为a=所以加速度相同，故A错误；B．质子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则偏转距离y=at2=x是水平位移，当y相同时，v0越大，则x越大，故质子沿b轨迹运动时初速度v0更大，故B正确；CD．静电力做功为W=qEy所以两次静电力做功相同，电势能的增量相同，由能量守恒定律可知，两次动能的增量相同，故C错误，D正确。故选BD。11.在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（　　）A.灯泡L变亮B.电源的输出功率变大C.电容器C上的电荷量增加D.电流表示数变小，电压表示数变大【答案】CD【解析】 【详解】A．将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中电流变小，电流表示数变小，灯泡L变暗，A错误；D．由闭合电路欧姆定律可得可知路端电压U变大，电压表示数变大，D正确；C．由闭合电路欧姆定律可得滑动变阻器两端电压UC变大，电容器两端电压变大，由可知电容器上的电荷量增加，C正确；B．当外电路电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，灯泡的电阻大于电源的内阻，则外电路电阻比大得越多输出功率越小，B错误。故选CD。12.如图所示为两个量程的电压表原理图，定值电阻R1＝2.95×104Ω，R2＝1.2×105Ω，灵敏电流计内阻Rg＝500Ω，满偏电流Ig＝100μA，下列关于电压表量程的说法正确的是（　　）A.当使用O、A两接线柱时，量程为4VB.当使用O、A两接线柱时，量程为3VC.当使用O、B两接线柱时，量程为15VD.当使用O、B两接线柱时，量程为30V【答案】BC【解析】【详解】AB．当使用O、A两接线柱时，量程为故A错误，B正确；CD．当使用O、B两接线柱时，量程为 故C正确，D错误。故选BC。【点睛】掌握电表改装原理，当改装后电表达到最大量程时，原电表也达到最大量程。第二部分非选择题（共52分）三、实验题：本题共2小题，共18分．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．13.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度．测量3次，求出其平均值L.其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为________cm.用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d.其中一次测量结果如图乙所示，如图乙中读数为__________mm．（2）采用如图丙所示的电路测量金属丝的电阻．电阻的测量值比真实值_____(填“偏大”或“偏小”)．最后由公式ρ＝_____计算出金属丝的电阻率（用直接测量的物理量表示）．【答案】①.24.12~24.14②.0.518~0.519③.偏小④.【解析】【详解】（1）[1][2]毫米刻度尺读数要估读到0.1mm，故读数为241.3mm=24.13cm；读出在24.12~24.14均合理，螺旋测微器固定刻度读数为0，半刻度读数0.5mm，可动刻度读数1.8×0.01=0.018mm，故毫米刻度尺读数为0.518mm；由于估读，故在0.518~0.519范围内均合 理．（2）[3][4]由于采用了安培表外接法，电压表的分流作用会使电流测量值I偏大，而电压测量值U准确，故根据欧姆定律，电阻测量值偏小；根据欧姆定律：根据电阻定律其中故14.利用图甲所示电路测定一节干电池的电动势和内阻,定值电阻.（1）某实验得到的部分数据如表所示,序号为2的电压表、电流表的示数如图乙所示,请读出数据,完成下表.答:①___________,②____________.序号1234561.32①1.020.780.600.420.06②0.180.240.300.36（2）在图丙中将所缺数据点补充完整并作图_____,根据图线求得斜率_______(保留两位有效数字). （3）根据图线求得干电池电动势____V，内阻_____Ω(保留两位有效数字).【答案】①.1.14②.0.12③.如图所示；④.3.0⑤.1.5⑥.1.0【解析】【详解】（1）[1][2]．一节干电池的电动势约为1.5V，所以电压表量程为0-3V，根据乙图可知，电压表示数U=1.14V，定值电阻R0=2.0Ω，电源内阻约为1Ω左右，所以电流选量程0-0.6A，根据乙图可知，电流表示数I=0.12A；（2）[3]．根据描点法做出图象，如图所示：斜率 （3）[4][5]．由得出的电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.50V，电源内阻：r=k-R0=3.0-2.0=1.0Ω．四、计算题：本题共3小题，共34分。要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位。答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置。15.如图所示，一根长为l的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为m的带电小球，将整个装置放入一匀强电场中，电场强度大小为E，方向水平向右。（1）当小球处于平衡状态时，细线与竖直方向的夹角为θ，小球带何种电荷？所带电荷量是多少？（2）如果将细线剪断，小球经t时间所发生的位移是多大？【答案】（1）正电荷，；（2）【解析】【详解】（1）由题图分析可得，小球所受电场力水平向右，故小球带正电。设小球带电量为q，根据受力平衡可列解得（2）绳剪断后，小球做匀加速直线运动 可得16.如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=0.6Ω，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：（1）电阻R1和R3的阻值；（2）当S闭合后，电压表的示数；【答案】（1）；（2）1V【解析】【详解】（1）根据欧姆定律，则有再根据闭合电路欧姆定律，则有故（2）开关闭合后，并联电阻的阻值为根据闭合电路欧姆定律可知 A所以根据欧姆定律，可知V17.如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R＝0.5m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝1×104N/C。今有一质量为m＝0.1kg、带电荷量＋q＝7.5×10－5C的小滑块（可视为质点）从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10m/s2，求：（1）小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时的速度；（2）小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；（3）小滑块在水平轨道上通过的总路程。【答案】（1），方向向右；（2）1.5N，方向竖直向下；（3）2.5m【解析】【详解】（1）设滑块在B点速度为v，对滑块从A到B的过程应用动能定理方向向右。（2）在B点由牛顿第二定律可得联立解得由牛顿第三定律可知，小滑块对B点的压力大小为1.5N，方向竖直向下。（3）由题意知 因此有qE>μmg所以小滑块最终在圆弧轨道的BC部分往复运动，C点离水平面的高度h满足关系式所以小滑块在水平轨道上通过的总路程x满足解得x=2.5m