四川省绵阳实验高级中学2022-2023学年高二物理上学期期末线上测试试题（Word版附解析）

绵阳实验高中2021级第三学期末线上测试物理一、选择题（本题共9小题，每小题6分，其中1~6单选，7~9多选）1.下面是某同学对静电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）A.根据公式可知，电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比B.根据公式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C.根据公式可知，带电荷量为1C的负电荷，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1VD.根据公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关【答案】C【解析】【详解】A．电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比，故A错误；B．电容器的电容大小是由电容器本身构造所决定的，与电容器所带电荷量以及两板间电压无关，故B错误；C．带电量为1C负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为﹣1J，则A、B点的电势差为故C正确；D．该式为真空中静止的点电荷场强的决定式，由该式可知，电场中某点电场强度与场源电荷的电量Q成正比，与该点到场源电荷距离r的平方成反比，故D错误。故选C。2.在静电场中将一个带电荷量为的点电荷先从A点移动到B点，此过程中除电场力外，其他力做功为，点电荷的动能增加了2.0×10-7J。规定A点为零电势，则（　　）A.A到B运动中电场力做功8×10-7J B.A到B运动中电势能减小了4×10-7JC.A与B之间的电势差为D.B点电势【答案】D【解析】【详解】AB．由动能定理可得解得电场力做负功，电势能增加，故AB错误；C．根据解得故C错误；D．根据解得故D正确。故选D。3.如图所示，电源电动势E=6V，小灯泡L的规格为“3V0.9W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R=8Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，已知电动机的线圈电阻R0=1Ω，则（　　） A.电源内阻为2ΩB.电动机正常工作的电压为0.3VC.电动机输入功率为0.63WD.开关分别接1、2，两种情况电源的效率不同【答案】A【解析】【详解】A．流过灯泡的电流为灯泡电阻为开关S当接1时，由闭合电路欧姆定律可知即代入数据解得故A正确；B．当开关S接2时灯泡正常发光，小灯泡的额定电流为I＝0.3A，电源内阻分的电压为Ur＝Ir＝0.3×2V＝0.6V电动机分的电压为故B错误；C．当开关S接2时，电动机输入功率 故C错误；D．开关分别接1、2，小灯泡L正常发光，电流相同，电源效率相同。故D错误。故选A。4.如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端，当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是（　　）A.通过霍尔元件的磁场方向向上B.接线端2的电势低于接线端4的电势C.将电源E1反向接入电路，电压表的示数发生了变化D.若只适当增大R1，则电压表示数增大【答案】B【解析】【详解】A．根据左侧电路以及铁芯中线圈的绕向，结合右手螺旋定则可知，磁场的方向向下，故A错误；B．通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，负电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，负电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；C．将电源E1反向接入电路，则由右手定则可知电磁铁上端为S极，那么放在铁芯中间的霍尔元件所处的位置的磁感应强度方向竖直向上，由左手定则可知电子所受洛伦兹力指向4端，而电子堆积在4端，根据平衡时满足的关系可知，电压表示数不变，故C错误；D．设霍尔元件的宽、高分别为b、c，单位体积内的电子数为n，电子定向移动的速度为v，则适当增大 ，根据可知左侧电流表示数减小，则产生的磁感应强度减小，又，则不变，可知电压表示数变小，故D错误。故选B。5.如图所示，仅在第一象限存在垂直平面的匀强磁场中，方向未知。一个质量为m、电荷量为－q（q>0）、不计重力的带电粒子从x轴上的A点以速度v沿与x轴成60°的方向射入匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知OA=a，不计重力。下列说法正确的是（　　）A.匀强磁场方向垂直平面向里B.改变粒子的电性，粒子在磁场中运动的时间将变小C.粒子速度变为，方向不变，粒子将能够到达O点D.该匀强磁场的磁感应强度【答案】D【解析】【详解】A．根据左手定则可知匀强磁场方向垂直平面向外，故A错误；B．如图所示，根据几何关系可知，改变粒子的电性，粒子在磁场中转过的圆心角相同，所以运动的时间将不变，故B错误；C．如图所示，若粒子速度大小变为，易知其半径变为，粒子将从O1点射出磁场区域，不能够达到O点，故C错误；D．根据几何关系可知粒子运动半径为 根据牛顿第二定律有解得故D正确。故选D。6.如图所示是某质点做简谐运动的振动图像，试根据图像判断下列说法正确的是（　　）A.该质点的振幅为B.质点振动在P时，振动方向沿y轴负向C.质点振动在Q时，振动的加速度方向沿y轴负向D.质点振动从P至Q过程中，路程大于【答案】B【解析】【详解】A．由图知，该简谐运动的振幅为，故A错误；B．质点振动在P时，质点由正最大位移向平衡位置运动，沿y轴负方向，故B正确； C．振动的加速度方向指向平衡位置，则质点振动在Q时，加速度方向沿y轴正方向，故C错误；D．质点振动从P至Q过程中，路程故D错误故选B。7.关于波的干涉和衍射，下列说法中不正确的是（　　）A.只有横波才能产生干涉，纵波不能产生干涉B.任何两列波相遇，都能产生干涉C.不管是横波还是纵波，只要叠加的两列波的频率相等，振动情况相同，相位差恒定就能产生稳定的干涉D.波长很小的波可以产生衍射，不能产生干涉【答案】AD【解析】【详解】A．横波、纵波都能产生干涉，故A错误，符合题意；BD．任何两列波相遇，都能产生干涉，只是干涉现象的稳定和明显程度不同而已，故B正确，不符合题意，D错误，符合题意；C．不管是横波还是纵波，只要叠加两列波的频率相等，振动情况相同，相位差恒定就能产生稳定的干涉，故C正确，不符合题意。故选AD。8.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，不考虑灯泡电阻的变化，已知电源的内阻小于灯泡电阻，电流表和电压表均为理想电表，电流表、电压表示数变化量的大小分别为、，则下列说法正确的是（　　）A.电源输出功率增大，电源效率减小B.变小，变小C.电压表示数变小，电流表示数增加，通过R的电流减小 D.灯变亮，灯变暗【答案】AD【解析】【详解】A．由题可知，电源的内阻小于电路的外电阻；当滑片P向下调节，滑动变阻器的阻值R减小，电路的外电阻减小，根据电源的输出功率特性可知，电源输出功率增大；滑动变阻器的阻值R减小，则电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的总电流增大，电路内压增大，路端电压减小，由电源的效率得即电源效率减小，故A正确；B．由图可知，等于灯泡的电阻与滑动变阻器的电阻R的并联电阻，由于滑动变阻器的阻值R减小，则减小。根据闭合电路欧姆定律有可知因不考虑灯泡电阻的变化，则滑片P向下调节时，不变，故B错误；CD．由以上分析可知，灯泡的电流增大，亮度变大，即电流表的示数增大；由于的电压增大，又路端电压减小，所以灯和电容器两端的电压都减小，即电压表示数减小；所以灯变暗，的电流也减小，又总电流增大，所以通过R的电流增大，故C错误，D正确。故选AD。9.有一匀强电场，方向平行于坐标轴平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd，cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为2.0V、4.0V、5.0V。将电荷量为的正点电荷从a点沿abcd路线移动，则下列判断正确的是（　　） A.坐标原点0的电势为3.5VB.电场强度的大小为C.该点电荷在d点的电势能为D.该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为【答案】BD【解析】【详解】A．由几何关系可知c与b之间电势差等于原点与a点之间电势差，则则故A错误；B．根据可知，沿x轴方向上分场强的大小为沿y轴方向上分场强的大小为则合场强大小为故B正确；C．由几何关系可知d与原点之间电势差等于原点与a点之间电势差，则 则该点电荷在点的电势能为故C错误；D．该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为故D正确。故选BD。二、填空题（每空2分）10.（1）在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图甲、乙所示，测量方法正确的是______（选填“甲”或“乙”）。（2）某同学用毫米刻度尺测得摆线长L0=945.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球直径d=______mm；用秒表测得单摆完成n次全振动的时间为t，则用给定物理量符号表示当地的重力加速度g，则g=____________。（3）若通过计算测得重力加速度g值偏小，其原因可能是______。A．测摆长时摆线拉的过紧B．误将n次全振动记录为（n+1）次C．开始计时时秒表提前按下D．误将摆线长当成摆长，未加小球的半径【答案】①.乙②.41.25③.④.CD【解析】【详解】（1）[1]用游标卡尺测量小球的直径时应将小球卡在外爪上，故选乙； （2）[2]摆球的直径为[3]根据得（3）[4]根据得A．测摆长时摆线拉的过紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度测量值偏大，A错误；B．误将n次全振动记录为（n+1）次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，B错误；C．开始计时时秒表提前按下，则周期的测量值偏大，导致重力加速度测量值偏小，C正确；D．误将摆线长当成摆长，未加小球的半径，则摆长测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，D正确；故选CD。11.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“6V3W”，其他可供选择的器材有：A．电压表V1（量程6V，内阻约20kΩ）B．电压表V2（量程20V，内阻约60kΩ）C．电流表A1（量程3A，内阻约0．2Ω）D．电流表A2（量程0．6A，内阻约1Ω）E．滑动变阻器R1（0～100Ω，0．5A）F．滑动变阻器R2（0～20Ω，2A）G．学生电源E（6V～8V）H．开关S及导线若干①实验中电压表选用_______，电流表选用______，滑动变阻器选用________；（填写仪器前面的字母）②设计实验电路时安培表应_______（填“内接”或“外接”）．通过实验测得小灯泡两端的电压U和通过它的电流I，绘成U－I关系曲线如图所示．根据小灯泡的伏安特性曲线可知小灯泡的电阻值随工作电压的增大 而________（填“不变”、“增大”或“减小”）③若将该小灯泡与一个15Ω的定值电阻串联，接在电动势为6V内阻不计的电源两端，则小灯泡实际消耗的功率为_______W．（结果保留两位有效数字）【答案】①.A（或V1）②.D（或A2）③.F（或R2）④.外接⑤.增大⑥.0.45—0.54【解析】【分析】【详解】①[1][2][3]灯泡额定电压为6V，电压表选择A；由图甲所示图象可知，最大电流为0．5A，电流表选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F;②[4][5]因灯泡电阻较小，故在设计实验电路时安培表应外接．根据小灯泡的伏安特性曲线可知小灯泡的电阻值随工作电压的增大而增大；③[6]画出定值电阻的U-I图像如图，当灯泡和定值电阻两端的电压之和为6V时，可读出通过灯泡及电阻的电流为0．27A,灯泡两端的电压为1．7V,电阻两端的电压为4．3V,可知灯泡的实际功率为P=IU=0．27A×1．7V=0．46W三、计算题12.如图所示，甲图为某波源的振动图象，乙图是该波源产生的横波在某时刻的波形图，波形图的O 点表示波源．问：(1)这列波的波速多大？(2)若波向右传播，当乙图中质点Q第一次到达平衡位置且向上运动时，从乙图图示时刻开始质点P已经经过了多少路程？【答案】(1)1m/s.(2)0.5m【解析】【详解】（1）由振动图象可知周期T＝0.2s，由波动图象可知波长λ＝0.2m则由波速公式可得v＝＝m/s＝1m/s．（2）P点振动了t＝＝s＝0.4s=2T可得P点经过的路程为2×4A＝2×4×0.05m＝0.4m．13.如图所示，在光滑的水平面内存在沿y轴方向的匀强电场，质量为m的带电量为q（q>0）的带电小球以某一速度从O点出发后，恰好通过A点，已知小球通过A点的速度大小为，方向沿x轴正方向，连线与Ox轴夹角为37°。已知sin37°=0.6，求：（1）小球从O点出发时的速度大小；（2）OA之间的电势差。【答案】（1）；（2）【解析】详解】（1）小球从O到A点做类平抛运动，有 且解得小球经过坐标原点O的速度为（2）小球从O到A的过程中，电场力所做的功为又因为故