广东省江门市台山市第一中学2022-2023学年高二物理上学期期中试卷（Word版附解析）

台山一中2022-2023学年度第一学期中段考试高二物理试卷一、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，只有一项是符合题目要求的。1.下列说法中，正确的是（）A.由公式可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的静电力成正比B.正电荷在电场中受到电场力的方向与该点电场强度的方向相同C.根据公式，某电容器两板间电压U增大一倍，则电容C减为原来一半D.根据公式U＝Ed，匀强电场中任意两点的电势差与两点间的距离成正比【答案】B【解析】【详解】A．公式采用比值法定义，电场中某点的电场强度E只与电场本身有关。故A错误；B．正电荷在电场中受到电场力的方向与该点电场强度的方向相同。故B正确；C．电容器的电容大小是由电容器的本身结构所决定的，与电容器所带电荷量及两板间的电压无关。故C错误；D．根据公式U＝Ed可知，匀强电场中任意两点的电势差与这两点沿场强方向上的距离成正比。故D错误。故选B。2.两个可以视为点电荷的完全相同的金属小球A、B，所带电量之比为，它们在真空中相距r，并且相互排斥。现将它们相互接触后再放回原处，则A、B间的静电力大小变为原来的（　　）A.B.3倍C.D.倍 【答案】D【解析】【详解】开始时两球相互排斥，则两球带同种电荷，设电量分别为和，则有接触后再放回原处，则两球带电量均为则有可得故选D。3.正常情况下空气是不导电的，但如果空气中的电场很强，空气也可以被击穿，空气被击穿时会看到电火花或闪电。若观察到某次闪电的火花长约1000m，且已知空气的击穿电场强度为，那么发生此次闪电的电势差约为（  ）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】发生此次闪电的电势差约为U=Ed=3×106×1000V=3×109V故选A。4.下图列出了某型号电风扇铭牌上的主要参数如图，当在小电风扇上加3V电压时，小电风扇不转动，测得通过它的电流为0.6A，根据题中和铭牌上提供的信息判断（） A.小电风扇的内阻为B.当在小电风扇上加6V电压时通过的电流为1.2AC.小电风扇正常工作时的机械功率为2.4WD.小电风扇正常工作时的热功率为0.8W【答案】D【解析】【详解】A.小风扇不转时电路为纯电阻电路，根据欧姆定律可得故A错误；B.当电压为6V时，风扇正常工作，由公式可得故B错误；C.风扇正常工作时机械功率为故C错误；D.风扇热功率为故D正确。故选D。5.下图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，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点的大D.液滴在a点的电势能比在b点的小【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极板为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，A错误；BC．电场线和等势线垂直，根据等势线的分布，可以画出电场线，从而可以判断出a点的电场线密集，所以a点的电场强度的大，根据牛顿第二定律可知液滴在a点的加速度比在b点的大，B错误，C正确；D．因液滴加速前进，可知电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，D错误。故选C。6.灵敏电流表的内阻Rg=9Ω，满偏电流Ig=100mA，要把它改装成一个量程为1A的电流表，需要给它（）A.并联一个1Ω的电阻B.串联一个1Ω的电阻C.并联一个0.9Ω的电阻D.串联一个0.9Ω的电阻【答案】A【解析】【详解】改装成电流表要并联分流，并联阻值 故选A。7.如图，平行金属板间带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）A.电压表读数增大B.若带电质点P固定，则其电势能增大C.电容器极板带电量增大D.若电压表、电流表的示数变化量分别为DU和DI，则【答案】B【解析】【详解】A．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，根据串反并同规律，电压表读数减小，A错误；B．质点P受重力和电场力作用，电场力竖直向上，则P带负电，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，根据串反并同规律，电容器两端电压减小，电容器内电场强度减小，则UP下=EdP下=φP－0由于带电质点P固定，则dP下不变，E减小，UP下减小，φP减小，则带电质点P的电势能EpP=－φPq增大，B正确；C．根据串反并同规律，电容器两端电压减小，由于Q=CU可知电容器极板带电量减小，C错误；D．根据闭合电路欧姆定律U=E－I(r＋R1)解得 D错误。故选B。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，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.两电阻R1、R2的U-I图线如图所示，则下列说法正确的是（　　）A.R1：R2=1：4B.R1：R2=4：1C.若R1与R2为同种金属制成的相同长度金属丝，则R1的横截面面积为R2的4倍D.将R1与R2并联后接在电源上，则通过它们电流之比I1：I2=1：4【答案】BD【解析】【详解】AB．两者的图线都是一条倾斜的直线，表示两者都是定值电阻，由图像可得，则R1∶R2=4∶1故A错误，B正确；C．根据公式得故C错误； D．根据并联电路电压相等，支路电流与支路电阻值成反比，所以I1∶I2=R2∶R1=1∶4故D正确。故选BD。9.如图所示，两个带等量负电荷的小球A、B（可视为点电荷），被固定在光滑的绝缘水平面上，M、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且MO＝ON。现将一个电荷量很小的带正电的小球C（可视为质点）由M点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法可能正确的是（　　）A.速度先增大，再减小B.速度一直增大C.加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大D.加速度先减小，再增大【答案】AD【解析】【详解】根据等量负点电荷的电场线分布可知，在AB的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，电场强度方向沿中垂线指向O点；若M、N相距较远，则小球C受库仑力从M向O运动时，小球C的速度不断增大，加速度先变大后变小，在O点时加速度变为零，速度达到最大，从O向N运动时，小球C的速度不断减小，加速度先变大后变小——具有对称性。如果M、N相距较近，则小球C受库仑力从M向O运动时，小球C的速度不断增大，加速度越来越小，在O点时加速度变为零，速度达到最大，从O向N运动时，速度不断减小，加速度越来越大。故选AD。10.如图，空间中存在水平向右匀强电场，一带负电的小球以速度大小为v竖直向上射入匀强电场，经过一段时间，小球速度大小仍为v，但方向沿水平方向，已知小球质量为m，带电荷量为－q，重力加速度为g，则在该过程中（  ） A.匀强电场的电场强度大小为B.小球克服重力做功为C.小球射入电场后，经过的时间电势能最大D.小球机械能增加【答案】ABD【解析】【详解】A．方向恰沿水平方向时，竖直方向速度为零，用时水平方向做匀变速直线运动，则联立解得故A正确；B．小球竖直方向速度为零，根据动能定理，重力做功所以小球克服重力做功为，故B正确；C．在该过程中电场力做正功，所以电势能一直减小，故C错误；D．该过程中，除重力做功外，只有电场力做功，且电场力做正功，电场力做功所以小球机械能增加，故D正确。故选ABD。 三、实验题（2小题共16分）：考生根据要求作答。11.用如图电路测定干电池的电动势和内阻，并画出U-I图像。可知该电池的电动势大小为___________V，内阻大小为___________Ω（结果均保留2位小数），不考虑偶然误差，内阻测量值比真实值___________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。【答案】①.1.50②.0.80③.偏小【解析】【详解】[1][2]据闭合电路欧姆定律可得图线与纵轴交点坐标表示电动势，可得图线斜率的绝对值表示内阻，可得[3]测量电源内阻时，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，导致内阻测量值比真实值偏小。12.某物理兴趣小组要精密测量一金属丝的电阻率。（1）先用多用电表挡粗测其电阻，如图甲所示，为______，然后用螺旋测微器测其直径，如图乙所示，为______mm。用游标卡尺测其长度，如图丙所示，为______cm。 （2）为了尽可能准确测量其电阻，实验室还备有实验器材如下：A．电压表V（量程3V，内阻约）B．电流表A（量程600mA，内阻约为）C．滑动变阻器（，0.6A）D．干电池2节E．开关S，导线若干①为了测量范围尽可能大一些，请将图中的实物连线____；②若通过多次测量得到的电阻的伏安特性曲线（I－U）为过原点的直线，其直线的斜率为k，由d表示电阻丝的直径，L表示电阻丝的长度，其电阻率的表达式为______。【答案】①.8.0②.2.095③.5.015④.⑤.【解析】【详解】（1）[1]多用电表选用“”挡，读数为； [2]螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度的最小分度为0.01mm，需要估读到下一位，读数为，故金属丝的直径为[3]游标卡尺主尺的读数为5.0cm，游标尺的最小分度为0.05mm，读数为金属丝的长度为（2）[4]为了测量范围尽可能大一些，滑动变阻器应接成分压式，金属丝的电阻比较小，金属丝和电流表串联，电流表的分压作用比较明显，应采用电流表外接法。图中的实物连线如图[5]伏安特性曲线（I－U）为过原点的直线，斜率为则根据电阻定律有则四、计算题（3小题共38分）：考生答题写出规范的解题步骤。13.如图所示的电路中，电源的电动势E=20V，R1=R2=6Ω，当电键S断开时，理想电流表的示数I1=2.5A。求：（1）电源的电阻是多大？ （2）当电键S闭合时，电源两极间的电压是多大？（3）当电键S闭合时，电阻R1消耗的功率？【答案】（1）2Ω；（2）12V；（3）24W【解析】【详解】（1）当S断开时，根据闭合电路欧姆定律得解得（2）当S闭合后，设R1、R2并联的总电路为R，则电源两极间的电压解得U=12V（3）电阻R1消耗的功率得P=24W14.如图所示，有一电子（电量为e、质量为m）由静止开始经电压为的电场加速后，在两平行板正中央处垂直进入平行板间的匀强电场，并且恰能从下板右边缘飞出电场。两板间距为d，板长为l，不计电子重力。求： （1）电子经过加速后获得的速度？（2）若，d＝2.0cm，l＝5.0cm，则两平行极板所加偏转电压为多大？（3）电子经过下板右边缘时的动能？（答案用字母符号e、、表示，无需代入数据）【答案】（1）；（2）480V；（3）【解析】【详解】（1）电子加速过程，根据动能定理有解得（2）电子偏转场中，又粒子能从平行板飞出的条件为联立，解得代入数据得 （3）电子经加速和偏转全过程，根据动能定理有15.如图所示，虚线左侧有一长度为、倾角的光滑斜面AB，虚线右侧有一光滑的半圆形轨道BCD，圆心为O，半径，斜面AB与半圆形轨道BCD在B点平滑连接。已知在虚线的右侧空间有方向水平向右、电场强度的匀强电场。现将一质量为m、电荷量为＋q的小物块从斜面AB的顶端A点由静止释放，已知重力加速度为g，，。求：（1）小物块第一次经过半圆形轨道最低点B时的速度大小；（2）小物块第一次经过半圆形轨道最右侧点C时，对半圆形轨道的压力；（3）试分析小物块在运动过程中是否会脱离半圆形轨道。【答案】（1）；（2），水平向右；（3）不会脱离【解析】【详解】（1）A到B，由动能定理得则（2）B到C，由动能定理得在C处，由牛顿第二定律有 由牛顿第三定律知小球对半圆形轨道的压力方向水平向右。（3）如图所示小球进去虚线右侧区域后，受到的电场力电场力与重力的合力方向：与竖直方向夹角为53°斜向右下。假设小球未到达圆轨道上与圆心等效等高点（从O作一条与合力的垂线，与圆轨道的交点），且当速度减为0时，在合力的反方向上移动了距离h，由动能定理由（1）知等效等高点在复合场中等效高度比B点高出了只要h小于小球就不会脱离轨道，所以