福建省厦门第一中学2022-2023学年高二物理上学期期中考试试题（Word版附解析）

福建省厦门第一中学2022-2023学年度第一学期期中考试高二年物理试卷（总分100分，考试时间：75分钟）命题教师：陈碧泉审核教师：杨学切一、单项选择题（共4小题，每小题4分，共16分。在每一小题给出的四个选项中只有一项是正确选项，有选错或者不答的得0分，答案填涂在答题卡上。）1.下列说法中正确的是（　　）A.根据可知，电场中任意两点的电势差与这两点的距离成正比B.静电除尘为了防止静电危害C.电势降低的方向一定是沿电场强度的方向D.电阻率是表征材料导电性能的物理量，与导体形状无关【答案】D【解析】【详解】A．匀强电场电势差与电场强度关系可知，匀强电场中沿着电场强度方向的任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比，A错误；B．静电除尘是利用了静电，B错误；C．电势降低的最快方向一定是沿电场强度的方向，C错误；D．电阻率是表征材料导电性能的物理量，与导体形状无关，D正确。故选D。2.光滑绝缘水平面上有三个带电小球（均可视为点电荷）A、B、C，三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下保持静止状态。已知小球A带正电，B、C之间距离为A、B之间距离的两倍，则（　　）A.C球带负电B.B球带正电C.三个小球所带电荷量的大小关系是D.三个小球所带电荷量均变为原来的一半，B球仍静止，A、C球将会运动【答案】C【解析】【详解】ABC．根据三个电荷的受力平衡关系分析，在带电性质上满足“两同夹异”，在电荷多少上满足“两大夹小”，在距离上满足“近小远大”，AB错误，C正确；D．当个小球所带电荷量均变为原来的一半，电荷所受的所有库仑力都减小到原来的四分之一，依然满足第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 平衡条件，故三个小球依然处于静止状态，D错误。故选C。3.在静电场中，一个带电量负电荷从A点移动到B点，在这过程中，除电场力外，其他力做的功为，质点的动能减小了，若规定A点为零电势点，则B点的电势为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】本题是考查对动能定理和静电力做功的综合理解【详解】对电荷从A点到B点用动能定理故选B。【点睛】求静电力做功时电势差有正、负的区分，电荷也有正负的区分。4.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部，闭合电键S，小球静止时与竖直方向夹角为θ，调节R1、R2，关于θ的大小判断正确的是（）A.保持R1不变，缓慢增大R2时，θ将变大B.保持R2不变，缓慢增大R1时，θ将变小C.保持R1、R2不变，增大两极板间距离时，θ将变小D.保持R1、R2不变，两极板错开一定距离时，θ将变大第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 【答案】C【解析】【详解】A．增大R2时，总电阻增大，则总电流减小，故电阻R0两端电压降低，电容器两端电压同步降低，极板间电场强度减小，θ将减小，A错误；B．电容器两极板间是绝缘的，故增大R1时，不影响电阻R0两端的电压，故θ将保持不变，B错误；C．保持R1、R2不变，电容器极板间电势差不变，据知，距离增大时极板间电场强度减小，故θ将减小，C正确；D．保持R1、R2不变，电容器极板间电势差不变，据知，两极板间错开一定距离时，极板间电场强度保持不变，故θ将保持不变，D错误。故选C。【点睛】解决本题的关键是1、熟悉含容电路的特点：电容两端间的电压与其并联部分的电压相等；含容支路中的电阻相当于导线。2、会正确的进行受力分析，搞清楚什么力变化导致拉力的变化。二、多项选择题（共4小题，每小题6分，共24分。每一小题给出的四个选项中有两个或两个以上的选项是正确的，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或者不答的得0分，答案填涂在答题卡上。）5.有一种手电筒和台式电子钟都使用1节干电池作电源。将新电池装在手电筒中，经过较长时间的使用，当手电筒的小灯泡只能发出微弱的光而不能正常使用时，把电池取出来，用电压表测其两端电压，电压表示数基本等于1.5V，把这节旧电池装在台式电子钟上却仍能使电子钟正常工作，根据上述现象，可判断下列说法中一定正确的是（　　）A.这节电池的电动势与新电池的电动势相差不大B.这节电池的内阻与新电池的内阻相差不大C.台式电子钟的额定电压一定比手电筒小灯泡的额定电压小D.台式电子钟正常工作时的电流一定比手电筒正常工作时的电流小【答案】AD【解析】【详解】A．这节电池的电动势与新电池的电动势相差不大，A正确；B．这节电池的内阻比新电池的内阻大很多，B错误；C．台式电子钟的工作电流小，但是此时电池的内阻很大，因此额定电压手电筒与小灯泡的额定电压无法比较，C错误；D．台式电子钟正常工作时的电流一定比手电筒正常工作时的电流小，D正确。故选AD。第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 6.两个完全相同的正四棱锥叠放在一起，构成如图所示的形状，其中a点固定点电荷，c点固定点电荷，O点为两棱锥公共正方形底面abcd的中心，且，规定无穷远处的电势为零，则下列说法正确的是（　　）A.b点的电势比e点的电势高B.b、d两点的电场强度相同C.将负电荷沿棱由移动的过程中，电场力一直做正功D.若将由a点放到e点，则O点的电势不变【答案】BD【解析】【详解】A．根据几何关系可知为连线的中垂面，对于等量异种电荷形成的电场平面图（如下图所示）可知平面为零势能面，故在此平面上的点电势都相等（都等于0），b点的电势等于点电势，故A错误；B．由于b、d两点到点距离都相等，根据对称性可知b、d两点电场强度大小相等，方向相同。故B正确；C．将负电荷沿棱由移动的过程中，在同一个等势面内运动，电场力一直不做功，故C错误；D．若将由a点放到e点，由几何关系可知，点仍位于的连线的中垂线上，电势仍为0。故D正确。故选BD。7.如图所示，直线A为某电源的U-I图线，曲线B为某小灯泡的U-I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路，则（　　）第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 A.电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB.此时小灯泡的电阻大于1ΩC.电源内阻消耗的热功率为2WD.电源的效率为33.3%【答案】AC【解析】【详解】A．直线A的纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示电源内阻，根据图像可得E=3V，故A正确；B．电源的U−I图线与小灯泡的U−I图线的交点为小灯泡接在电源两端的工作电压，此时小灯泡的工作电压为2V，工作电流为2A，所以小灯泡的电阻为故B错误；C．电源内阻消耗热功率为故C正确；D．电源的效率为故D错误。故选AC。8.甲、乙两个点电荷分别固定于轴上，电量大小分别为和，在它们形成的电场中，电势随变化的关系如图所示，图中已知，且该处电势最小，当时，电势；当时，电势，根据图像提供的信息可以确定（　　）第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 A.在处电场强度为零B.在轴上的区域电场方向向右C.甲点电荷带正电且位于处D.在轴上的坐标为【答案】ACD【解析】【详解】A．根据可知图像的切线斜率表示电场强度，可知在处电场强度为零，故A正确；B．沿电场线方向，电势逐渐降低，在轴上的区域电势逐渐升高，所以电场方向向左，故B错误；CD．当时，电势，可知在处有一带正电的点电荷；根据图像可知，处的电势为负值，故另一点电荷一定带负电，由于处的电场强度为零，可知带负电的点电荷位于原点的左侧，且电荷量大小大于原点处点电荷的电荷量，故甲点电荷带正电且位于处，设带负点电荷离原点的距离为，根据处的电场强度为零可得解得在轴上的坐标为，故CD正确。故选ACD。三、填空题（本题共4小题，共20分，请把答案填写在答题卷的相应位置上。）9.螺旋测微器读数为______；电流表的读数为______A（电流表量程为）。第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 【答案】①.2.150②.0.50【解析】【详解】[1]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为2mm+0.01×15.0mm=2.150mm[2]根据电流表的读数规律，该读数为0.5A+0.02×0A=0.50A10.如图所示的电路为用伏安法测量金属电阻R的电路图，当S接a时，电压表示数为2.7V，电流表示数为5.0mA，当S接b时，电压表示数为2.8V，电流表示数为4.0mA，该电阻测量值较准确的数值等于__________Ω，测量值__________（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。【答案】①.700②.大于【解析】【详解】[1]电压的相对变化量为电流的相对变化量为电流表变化比电压表变化明显，是大电阻，采用内接法误差较小，所以该电阻较准确的数值为[2]根据欧姆定律，采用内接法时，电压表的测量值偏大，所以电阻的测量值偏大，测量值大于真实值。11.某同学想把一量程为2mA、内阻未知的毫安表改成量程为0.6A的电流表，该同学先用多用电表测量此毫安表的内阻，进行了如下操作：第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 （1）将多用电表挡位调到电阻“”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调零点。（2）将图甲中多用电表的红表笔和_________（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。（3）测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，需要将多用电表挡位调到电阻_________（填“”或“”）挡。（4）将红表笔和黑表笔短接，调零点。（5）测量时，多用电表指针刚好指在表盘正中间，如图乙所示，毫安表的指针也刚好指在表盘正中间，由此可以得到毫安表的内阻为________，该同学由此可算出多用电表内电源的电动势为_________V。（6）如果需要改成量程为0.6A的电流表，需要_________（填“串联”或“并联”）________（结果保留2位有效数字）的电阻。【答案】①.1②.×100③.1500④.3⑤.并联⑥.5.0【解析】【详解】（2）[1]多用电表的电流是红进黑出，而电流表是正极流入负极流出，因此要将图甲中多用电表的红表笔和1端相连，黑表笔连接另一端。（3）[2]测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，说明待测量电阻阻值比较大，需要将挡位调高，即选择电阻“×100”挡。（5）[3][4]挡位为电阻“×100”挡，读数为15，因此可以得到毫安表的内阻为1500Ω。由于毫安表量程为2mA且指针也半偏，因此可知此时电流大小为又因为则多用电表满偏时电流为2I，满足解得第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 （6）[5][6]将小量程电流表改造成大量程时，需要并联一个电阻进行分流，设并联的电阻大小为R，电表满偏时电压为U，则解得12.如图1所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验原理图，已知电池组的电动势约，内阻约。现提供的器材如下：A．电池组B．电压表（量程，内阻约）C．电压表（量程，内阻约）D．电阻箱（）E．定值电阻F．定值电阻G．开关和导线若干（1）如图1所示，要尽可能精确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选择__________（选填“B”或“C”）；定值电阻应选择__________（选填“E”或“F”）；（2）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的图像如图2所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为、a，定值电阻的阻值用表示，则可得该电池组的电动势为__________，内阻为__________（用字母表示）；第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 （3）该实验测得的电动势与真实值相比__________（选填“偏大”“偏小”或“不变”），内阻的测量值与真实值相比__________（选填“偏大“偏小”或“不变”）。【答案】①.C②.E③.④.⑤.偏小⑥.偏小【解析】【详解】（1）[1]由于电源电动势约为3V，故电压表选择C；[2]R2＝1000Ω的定值电阻太大，使得电压表指针的偏角太小，且在改变电阻箱阻值时，电压表的示数变化不明显，故定值电阻选择E。（2）[3][4]由闭合电路欧姆定律得化简得则有得，（3）[5][6]考虑到电压表的分流作用，则有变形得纵轴截距变大，为，计算时依然用求解E和r，则求得的值均偏小。第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 四、计算题（本大题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.如图，利用电动机来提升重物的模型，已知电源的电动势、内阻，电阻，重物的质量，挂上重物电动机不转动时，电压表的示数为；电动机以稳定的速度匀速提升该重物时，电压表的示数为，不计一切摩擦，重力加速度g取，求：（1）电动机线圈的电阻；（2）重物上升时的速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）电动机不转动时，可视为纯电阻，则解得（2）电动机以稳定的速度匀速提升该重物时，由题意有解得14.如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为（）、质量为m的质点在时刻，以初速度沿中线射入两板间，最后垂直打在屏M上，已知重力加速度为g。第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 求：（1）质点打到屏M上所用的时间t；（2）A、B两极板间的电压U大小；（3）质点在运动过程中电势能的改变量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）依题意，可作出粒子运动轨迹如图所示质点在平行金属板间先向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，向下偏转，能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹对称，质点在水平方向做匀速直线运动，有解得（2）质点两次偏转的时间相等，加速度大小相等，根据牛顿第二定律得解得根据第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 解得（3）质点在平行金属板间做类平抛运动解得电场力对质点做功为解得15.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB放置于竖直平面内，与粗糙水平地面平滑连接于B点，空间存在水平向左的匀强电场．一质量为m、带电量为+q的滑块(可视为质点)从轨道上与圆心O等高的A点由静止释放，滑块沿圆弧轨道下滑到B点后滑上水平面，在水平面上滑行的距离后速度减为零．已知滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.25，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：(1)电场强度大小(2)滑块在水平地面上滑行的总路程；(3)滑块运动过程中对圆弧轨道压力最大的位置D(图中未画出)及滑块在此处对轨道压力的最大值和最小值；【答案】(1)；(2)s=R；(3)【解析】第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1）滑块从静止释放到水平面上第一次速度为零的过程，根据动能定理列式求解场强E；（2）通过分析物理过程确定滑块最终停止的位置，对全过程列动能定理求解总路程；（3）根据等效法确定电场力和重力合力的平衡位置，根据动能定理结合牛顿第二定律求解最大压力和最小压力.【详解】（1）滑块从静止释放到水平面上第一次速度为零的过程，根据动能定理：解得（2）设滑块在水平面上滑行的总路程为s；滑块由A运动到B,由B运动到水平面上停止，由于在水平面上电场力大于最大静摩擦力，滑块将原路返回到B点，再次返回圆轨道；滑块第二次由圆轨道运动到B点，由B运动到水平面上某一位置速度为零（运动路程较第一次渐短），再返回至圆轨道……如此反复，最终在以圆轨道上的D位置为中心宅BC间往复运动，其中每次运动到B、C两点速度均为零，如图所示：对由A开始运动至B速度为零的整个过程中（此后滑块不再进入水平地面运动）由动能定理：解得s=R（3）设滑块所受重力与电场力的合力为F，则：设F与竖直方向的夹角为θ，则：，则θ=370；当滑块运动到图中D点时，从释放滑块到滑块第一次过D点时速度最大，由动能定理：此时由牛顿第二定律：解得第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 由牛顿第三定律，在D点对轨道的压力最大值为设滑块在BC点往复运动后过D点的速度为vDmin，根据动能定理：解得此时由牛顿第二定律：解得由牛顿第三定律，在D点对轨道的压力最小值为【点睛】此题是一个物体的多个运动过程问题，物理过程较复杂，关键是分清物体运动的过程，找打最终的状态；因电场力和重力都是恒力，则处理此类问题往往用等效力的方法.第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司