四川省射洪中学2022-2023学年高二物理上学期期中考试试卷（Word版含解析）

射洪中学高2021级2022年下期半期考试物理试题考试时间：90分钟满分：100分一、单选题（共8个小题，每题4分，共32分）1.下列说法正确的是（　　）A．电场和电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在B．根据F＝k，当两点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大C．由可知，将一根粗细均匀的电阻丝对折后，电阻率将变为原来的一半D．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷2．关于静电场的下列说法中正确的是（　　）A．电场中电势较高处的电场强度也一定较大B．同一电场中等差等势面较密处的电场强度也一定较大C．电场中的电场线不一定与等势面垂直相交D．在电场中将一电子由静止释放后一定沿电场线运动3．如图所示，绝缘水平面上、两点分别固定着两个点电荷，它们所带电荷量分别为和。为、连线上的点，，静电力常量为。则点的电场强度大小为（　　）A．0B．C．D．4.示波管是示波器的核心部件，如图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）A．极板X带正电，极板Y带正电B．极板带正电，极板Y 带正电C．极板X带正电，极板Y带负电D．极板带正电，极板Y带负电5.导体的伏安特性曲线反映导体的导电特性。如图示是A、B两个导体的伏安特性曲线，其中图线A的斜率为k，并且图线A与横轴成角。下列关于这两个导体的伏安特性曲线的说法正确的是（　　）A．导体A为线性元件，且B．导体B是非线性元件，曲线上某点切线的斜率为相应状态的电阻的倒数C．两条图线相交的点表示两导体在此状态时的I、U、R均相等D．导体B的电阻随电流的增大而变大6.有一个材料分布均匀的长方体金属，边长分别为a、b、c，且。在金属两端加以相同电压，电流沿以下方向流过该金属，则电流最大的是（    ）A．B．C．D．7.如图所示，一平行板电容器与电源相连，开关S闭合，一个带电油滴恰好悬浮在两极板，处于静止状态．关于下列说法正确的是（　　）A．滑动变阻器的滑片P从a向b滑动，油滴向上运动B．上极板向上移动一段距离，油滴向上运动C．若开关S断开，两极板水平移动错开一段距离，油滴向上运动D．开关S断开，上极向上移动一段距离，上极板的电势升高8、如图所示，真空中等量的异种点电荷甲、乙所形成的电场中，一试探电荷仅在电场力的作用下的运动轨迹如图中虚线所示，O点位于甲、乙电荷连线的中点，A、B是运动轨迹上的两个点，A、B关于O点对称，下列说法正确的是（　　） A.试探电荷在A点的加速度大小等于在B点的加速度大小B.试探电荷带正电C.试探电荷在A点的动能等于在B点的动能D.试探电荷在A点的电势能等于在B点的电势能二、多选题（共4个小题，每题4分，共16分。漏选得2分，多选错选不得分）9.在电学实验中，常需要将灵敏电流计改装成量程更大的电压表或电流表。图甲、图乙分别为用相同的灵敏电流计改装成的不同电表的原理图，其中G表为灵敏电流计，R为改装中需要用的电阻箱。关于改装后的两个电表，下列说法正确的是（　　）A．图甲中的电表为电压表，图乙中的电表为电流表B．图甲中的电表内阻比原灵敏电流计内阻小C．若将图乙中的电阻箱电阻调大，表的量程也将增大D．图甲、图乙中的两块表串联接入同一电路，两块表的指针位置相同10.如图所示，平行等距的竖直虚线O、N、M为某一电场的三个等势面（相邻等势面电势差相等）。一个不计重力、带负电的粒子在电场中运动的轨迹如实线所示，A、B、C是轨迹与等势面的交点。已知粒子在C点的动能为12J，在B点的动能为2J，等势面N的电势为0，其中B点为轨迹上最左端的点。下列说法正确的是（　　）A．该电场是水平向右的匀强电场B．根据轨迹可以判断该粒子沿A→B→C运动C．该粒子动能为7.5J时，电势能为﹣0.5JD．在A、B、C三点中，该粒子在C点的电势能最小11 ．如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘细线系一带电小球，小球的质量为m，电荷量为q。为了保证当细线与竖直方向的夹角为60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为（　　）A．B．C．D．12．图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示．质量为m、重力不计的带电粒子以初速度沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出．下列关于粒子运动的描述正确的是（　　）A．t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最小B．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都沿水平方向C．t＝T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等三、实验题（本题共16分，每空2分）13．（6分）如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开．(1)使电容器带电后与电源断开将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角_______________(选填“变大”“变小”或“不变”)；两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角_____________(选填“变大”“变小”或“不变”)．(2)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有()A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B．使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况C．静电计可以用电压表替代D．静电计可以用电流表替代14．（10分）小明同学进行“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。 （b）(1)他按如图（a）所示的电路进行实验，请你在答题卷上将连线补充完整；(2)开始实验前，图（a）中的滑动变阻器滑片应该滑在_____，（选填“最左端”、“最右端”或“中间位置”），开关应处于断开状态；(3)某次实验中电压表和电流表示数分别如图（b）所示，则电压表的读数为_____V，此时对应的小灯泡阻值为_____（计算结果保留三位有效数字）；(4)实验结束之后，他描绘了如图（c）所示的图像，老师一看就判定是错误的，老师判定的依据是_____。A．应该用折线把所有的点连接起来B．小灯泡的电阻应该随着温度的升高而增大C．小灯泡属于纯电阻，其图像应是一条直线四、解答题（本题共36分，作出必要的受力分析图、过程图、步骤）15（6分）.如图所示的两个串联电阻R1＝12kΩ，R2＝36kΩ，A、B两端的电压保持15V不变，那么：（1）R1、R2两端的电压分别是多少？（开关S处于断开状态）（2）如果电压表V的内阻是12kΩ，当开关S与C接触时电压表的读数是多少？（两次接触电压表极性连接均正确）▲16.（8分）有一个带电荷量的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服静电场力做的功，从B点移到C点，电场力对电荷做的功，问：若以B点电势为零，则：（1）AB、BC间的电势差为多少？（2）点电荷q在A、C点的电势能各为多少？ ▲ 17．（10分）如图所示，真空中竖直平面内的A、B、C三点构成一个倾角为的直角三角形，BC边水平，A、B高度差为h=0.9m，D点是AC中点，B处固定一正点电荷Q，沿AC方向固定一条内壁光滑的绝缘细管（细管不会影响电荷间的相互作用），现在管内A点以初速度v0=3m/s，释放一质量为m=0.1kg，带电量为q=+0.1C的小球，小球到达底端C点时速度大小为。（g=10m/s2）求：（1）小球运动到D点时的速度？（2）DC间的电势差UDC。▲18．（12分）如图所示，在范围足够大的水平向左的匀强电场中，固定一内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧BD，圆心为O，竖直半径，B点和地面上A点的连线与水平地面成，。一质量为m、电荷量为q的小球（可视为质点）从地面上A点以某一初速度沿AB方向做直线运动，恰好无碰撞地从管口B进入管道BD中，当小球到达管中某处（图中未标出）时，恰好与管道间无作用力且小球所受合力指向圆心。已知，，重力加速度大小为。求：(1)说明小球电性、匀强电场的场强E大小；(2)小球到达C处时的速度大小；(3)小球到达D处时对圆管轨道的压力;(4)若小球从管口D飞出时电场反向，则小球从管口D飞出后的最大水平射程。▲ 高2021级物理半期卷答案1、选：D。解：A、电场线是人为设想出来的，其实并不存在，电场是客观存在的，故A错误；B、当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式F＝k不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误；C、电阻率由材料及温度决定，故C错误；D、当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷，故D正确。2、选：B。解：A、电势与场强两者没有直接的关系，电场中电势较高处的电场强度不一定较大。故A错误。B、根据E＝，同一电场中，等差等势面较密处的电场强度较大。故B正确。C、根据电场线与等势面的关系，两者一定相互垂直。C错误。D、只有当电场线是直线时，电子由静止释放后才沿电场线运动，否则不沿电场线运动。故D错误。3、选:C。解：P点的合场强由A点电荷和B点电荷的场强叠加产生，方向水平向右，所以P点场强大小为：4、选：A。解：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X′，则X带正电，同理可知Y带正电，那么Y′应带负电，故A正确，BCD错误。5、选：C。解：A、因为A元件的伏安特性曲线是直线，所以A是线性元件，其斜率的倒数等于其电阻，但斜率不能用倾角的正切值求解，所以A错误，BD、因为B元件的伏安特性曲线是弯曲的曲线，所以导体B是非线性元件，各点与原点的连线的斜率表示电阻的倒数，不是某点切线的斜率表示电阻的倒数，根据图象可知，各点与原点的连线的斜率逐渐增大，所以导体B的电阻随电流的增大而减小，故BD错误；C、两线的交点处，U和I相等，此时电阻也相等，故C正确；6、选：B。解：由电阻的决定式可知，A中电阻RA＝，B中电阻RB＝；C中电阻RC＝；D中电阻RD＝；故电阻最小的为B；根据欧姆定律知电流最大的为B。7、选C。解：A、滑动变阻器与电容器串联接入电路，因电容器处于稳定状态，则无论滑片P如何运动，电容器极板电压总不变，那么极板间的电场强度不变，则油滴受到的电场力不变，则其仍处于静止不动，故A错误；B、当上极板向上移动一段距离时，因电容器极板间的电压不变，依据E＝，则极板间的电场强度减小，那么油滴受到的电场力减小，则油滴向下运动，故B错误；C、若开关S断开，两极板水平移动错开一段距离，即减小正对面积，依据电容的决定式C＝，及电容的定义式C＝，与E＝，可知，电场强度综合表达式E＝ ，因此电容器极板间的电场强度增大，则油滴受到的电场力增大，那么油滴向上运动，故C正确；D、同理，当开关S断开，上极板向上移动一段距离，即增大极板间距，C＝可知电容C减小，电容的定义式C＝电容器极板间的电势差U增大，，那么下极板的电势不变，则上极板电势减小故D错误；8、选：A。解：A、根据对称性可知，A点和B点的电场强度大小相等，则试探电荷在A点的加速度大小等于在B点的加速度大小，故A正确B、；从图中电荷的运动轨迹可知，电荷受到了正电荷的吸引，则电荷带负电，故B错误；CD、根据上述分析可知，试探电荷带负电，因为电荷从低电势运动到高电势，根据公式Ep＝qφ可知，电荷的电势能减小，则动能增大，即电荷在B点的动能大于在A点的动能，故CD错误；9、选：BC。解：A、灵敏电流计改装成电流表需要并联分流电阻，改装成电压表需要串联分流电阻，图甲中的电表为电流表，图乙中的电表为电压表，故A错误；B、灵敏电流计改装成电流表需要并联分流电阻后总电阻比原电流计内阻小，故B正确；C、将图乙中的电阻箱电阻调大，电阻箱分压效果增强，电压表量程变大，故C正确；D、图甲、图乙中的两块表串联接入同一电路，由于电阻箱分流作用，流过甲电流计电流要小于乙电流计电流，两表指针位置不相同，故D错误；10、选：CD。解：A、B为最左端的点，受到的电场力指向运动轨迹凹侧即水平向右，粒子带负电，则在B点的电场方向向左，由于等势面相互平行，可知该电场是水平向左的匀强电场，故A错误；B、粒子可能沿A→B→C运动，也可能沿C→B→A运动，故B错误；C、由三个等势面平衡等距可知，等势面之间的电势差相等，根据W＝qU可知，在相邻等势面间移动电荷电场力做功相等，动能的变化量相等，ΔEk＝＝＝5J，则A点的动能为：EkA＝EkC﹣ΔEk＝12J﹣5J＝7J，仅在电场力做功下，动能和电势能之和不变，则粒子动能和电势能之和为7J，当该粒子动能为7.5J时，电势能为﹣0.5J，故C正确；D、由C点穿过A点所在等势面到达B点，电场力一直做正功，则电势能减小，可知C点的电势能最大，由于粒子带负电，则C点的电势最低，故D正确。11、选：AB。解：根据题意对小球受力分析，小球受重力、电场力和拉力,当电场力和拉力垂直时电场力最小，，最小电场，因C、D选项的场强均小于最小场强，故均不可能；而A、B选项的场强大小均大于最小场强，故均属于可能的场强值.故C、D错误，A、B正确；12、选：BD。解：AC、因为水平方向粒子的速度v0保持不变，当t＝0时入射，在t＝时竖直方向速度达到最大，当t＝T时速度恰好减小为0，因此离开电场时偏离中线的距离最大，故AC错误；BD、无论哪个时刻入射的粒子，在一个时间T内，正向电压和反向电压的时间是相同的，所以在竖直方向上电场力的冲量为零，所以离开电场时的速度方向都水平的，离开电场时的速度大小都相等，故BD正确。13、解：（1）使电容器充电后与电源断开，则电荷量不变。①右移A极板时，极板间距离减小，根据C＝＝可知电容增大，电荷量不变、极板间电压减小、静电计指针偏转角变小； ②两板间插入一块玻璃时，根据C＝＝可知电容增大，电荷量不变、极板间电压减小、静电计指针偏转角变小；（2）AB、静电计的目的是观察电容器电压的变化情况，故A正确、B错误；CD、静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代，电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，CD均错误故答案为：（1）①变小；②变小；（2）A。14、解：（1）测绘小灯泡的伏安特性曲线实验，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表外接，实物电路图如图所示；（2）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，开始实验前，图（a）中的滑动变阻器滑片应该滑在最右端，开关应处于断开状态。（3）由图（a）所示可知，电压表量程为3V，电流表量程为0.6A，由图（b）所示电压表表盘所示可知，其分度值为0.1V，示数为2.10V；电流表分度值为0.02A，示数为0.26A，此时小灯泡的电阻值；（4）作图象时，应用平滑的曲线把各点连接起来，不能用折线把所有的点连接起来；灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，U﹣I图象是一条曲线不是直线，由图（c）所示图象可知，灯泡电阻随电压增大而减小，这是错误的。故选：B。故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）最右端；（3）2.10V；8.08；（4）B。15、解：（1）串联电路中电流处处相等，由U＝IR可知电压与电阻成正比，则R1、R2两端的电压分别是：U1＝U＝×15V＝3.75V...........................................(2分)U2＝U﹣U1＝15﹣3.75V＝11.25V........................................................(1分)（2）S与C时，电压表与R1并联，并联电阻为R并＝＝kΩ＝6kΩ.........(1分)则电压表的读数为U1′＝U＝×15V≈2.1V...............................(2分）16、解：（1）点电荷从A点移到B点，静电力做的功，即WAB=﹣6×10﹣4J...............(1分)AB间的电势差：UAB＝＝＝200V..........................................(1分)BC间的电势差：UBC＝＝＝﹣300V.......................................(1分)（2）取B点电势为零，根据电势差的定义公式，有：UAB＝φA﹣φBUBC＝φB﹣φC.....................................................(1分)解得：φA＝200VφC＝300V....................................................................(1分)...............................................................................................................(1分）知：.............................................................(2分)17、解：（1）根据几何关系可知A、D到Q的距离相等，根据正电荷Q的等势线分布特点可知AD电势相等，从A到D，电场力做功WAD=0J...............................................(2分)小球从A到D的过程中根据动能定理有：.............................(2分)解得：...................................................................................................(1分) （2）小球从A到C的过程中根据动能定理有：.............................................................................(2分)解得.....................................................................................................(1分)因为,所以............................................(2分)18、解：（1）小球做直线运动时的受力情况如图所示小球带正电.........................................................................(1分)则解得............................................................(1分)（2）小球到达C处时电场力与重力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，如图所示则...............................(2分)解得vC＝................................................................................(1分)（3）小球从C处运动到D处的过程，根据动能定理有解得vD＝..........................................................................................................(1分)在D点的向心力由重力和压力的合力提供............................................(1分)由牛顿第三定律知对外轨道的压力，沿OD向上....................................(1分)（4）小球水平飞出后，在水平方向上做初速度为的匀变速运动，竖直方向上做自由落体运动，则水平方向上的加速度..................................................................(1分)解得x0＝...................................................................(1分)小球从管口D飞出到落地所用的时间设为t，则R+Rcosθ+Rsinθ＝解得t＝............................................................(1分)由于t0＝＜t，说明小球在水平方向上速度为0时，小球尚未落地，则最大水平射程xm＝x0＝。................................................(1分）