广东省广雅中学2022-2023学年高二物理上学期期中试题（Word版附解析）

2022学年上学期高二年级期中测试物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考生号、和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔在答题卡相应位置上填涂考生号。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；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的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题，本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。1.下列关于电场的描述中，说法正确的是（　　）A.电场强度、加速度这两个表达式，都是采用比值定义法B.将头发碎屑悬浮在蓖麻油里，加上电场后，头发碎屑的分布情况就是电场线C.元电荷是自然界中存在的最小电荷量，实质上就是电子和质子D.超高压带电作业的工人穿戴的工作服，利用了静电屏蔽的原理【答案】D【解析】【详解】A．电场强度是采用比值定义法；是加速度决定式，不是比值定义式，加速度的定义式为采用了比值定义法，故A错误；B．电场线是理想模型，实际上不存在，故B错误；C．元电荷的带电量等于质子电子的带电量，但元电荷是理想模型，现实中不存在，故C错误；D．工作服内部有金属网，形成了一个法拉第笼，利用了静电屏蔽原理，故D正确。 故选D。2.在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（　　）A.卡文迪什总结出了万有引力定律并测出了万有引力常量B.库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律C.法拉第通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量D.麦克斯韦引入了电场的概念并用电场线表示电场【答案】B【解析】【详解】A．牛顿总结了万有引力定律，卡文迪什通过扭秤实验测量了万有引力常量，故A错误；B．库仑通过扭秤实验研究得出了库仑定律，故B正确；C．密立根通过油滴实验精确测定了元电荷数值，故C错误；D．法拉第引入了电场的概念并用电场线表示电场，故D错误。故选B。3.“反天刀”是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的方向分布着带电器官，这些器官能在鱼身周围产生电场，如图所示为“反天刀”周围的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的三个位置，下列说法正确的是（）A.尾部带正电B.A点电场强度大于C点电场强度C.B点电势低于A点电势D.正离子从A向C运动其电势能变小【答案】B【解析】【分析】【详解】A．电场线从正电荷出发，终止于负电荷或无穷远，由此可知“反天刀”头部带正电，尾部带负电，A错误； B．A点电场线比C点的电场线密集，所以A点电场强度大于C点电场强度，B正确；CD．越靠近负电荷，电势越低，由此可知，B点电势高于A点电势，A点电势低于C点电势，所以正离子从A向C运动，电场力做负功，其电势能变大，CD错误。故选B。4.如图，在M、N处固定两个等量同种点电荷，两电荷均带正电。O点是MN连线的中点，直线PQ是MN的中垂线。现有一带正电的试探电荷q自O点以大小是v0的初速度沿直线向Q点运动。若试探电荷q只受M、N处两电荷的电场力作用，则下列说法正确的是(　　)A.q将做匀速直线运动B.q的加速度将逐渐减小C.q的动能将逐渐减小D.q的电势能将逐渐减小【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．两等量正电荷周围部分电场线如图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向，故试探电荷所受的电场力是变化的，q由O向Q的运动做非匀加速直线运动，加速度先增大后减小，故AB错误；CD．从O到Q过程，电场力做正功，电势能减小，则动能增大，故C错误，D正确。故选D。5.如图所示电路，当闭合开关S时灯泡不亮，为了检查电路的故障，现通过多用电表的电压挡进行检测，测得：UBC=0、UCD=0，UDE、UAE均不为零，则电路故障原因可能是（　　） A.滑动变阻器断路B.灯泡L断路C.开关S损坏D.电阻R断路【答案】A【解析】【详解】闭合开关灯泡不亮，说明有断路，因UBC=0则与之串联的电路有断路UCD=0则与之串联的电路有断路则与之串联的电路无断路，即D到负极，E到正极无断路则E到正极无断路，则应为DE有断路，即滑动变阻器断路，故A正确，BCD错误。故选A。6.在电喷汽车的进气管道中，广泛地使用着一种叫“电热丝式”空气流量传感器的部件，其核心部分是一种用特殊合金材料制作的电热丝。如图所示，当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压就变得越高；反之，电压就越低。这样，管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号，便于汽车内的电脑系统实现自动控制。如果将这种电热丝放在实验室中测量，得到的伏安特性曲线可能是（　　） A.B.CD.【答案】C【解析】【详解】由题意知，电热丝是热敏电阻，温度越低，电阻越小，则知温度越高，电阻越大，而图线上任意一点与原点连线的斜率等于电阻，电压和电流增大时，电阻的温度升高，电阻增大，图线上的点与原点连线斜率越大。故选C。7.一电流表由电流计G和电阻R并联而成，如图所示，在校准时发现此电流表的读数总比准确值稍小些，采用下列措施可使读数变准确的是（　　）A.在R上串联一比R小得多的电阻B.在R上串联一比R大得多的电阻C.在R上并联一比R小得多的电阻D.在R上并联一比R大得多的电阻【答案】A【解析】【详解】读数总比准确值偏小，说明流过表头的电流偏小，并联电阻稍小了些，要使电流表读数准确，应使并联电阻稍大些，可以在R上串联一个很小的电阻。故选A。8.为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置为坐标原点O建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点，以O为圆心、r为半径作圆，如图甲所示，从P点起沿圆 周逆时针测量圆上各点的电势φ和转过的角度θ，可以用此数据绘制φ-θ图，当半径r分别取r0、2r0、3r0时，分别绘制出如图乙中所示的三条曲线，三条曲线均在时达到最大值，最大值分别为4φ0、3φ0、2φ0，下列说法正确的是（　　）A.曲线①对应的r取值为r0B.电场方向沿x轴正方向C.坐标原点O的电势为φ0D.电场强度的大小为【答案】C【解析】【详解】B．电场强度方向从电势最高点指向电势最低点，根据图像，电场方向与x轴负方向成θ0角，B错误；A．根据图像，曲线①的峰值最大，曲线①对应的r最大，取值为3r0，A错误；C．根据曲线③的峰值为2φ0，最小值为0，因为是匀强电场，坐标原点O的电势为为C正确；D．曲线③对应的半径为r0，电场强度的大小为D错误。故选C。二、多项选择题，本题共4小题，每小题5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5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。9.纯电动汽车使用的能源不是汽油，而是电能，提供电能的是锂离子电池。锂离子电池以碳材料为负极，以含锂的化合物为正极。在充电的过程中，通过化学反应，电池的正极有锂离子生成，锂离子通过电解液运动到电池的负极。负极的碳材料有很多微孔，到达负极的锂离子就嵌在这些微孔中，嵌入的锂离子越 多，电池中充入的电荷量也就越多。当汽车开动时，在负极的锂离子又会通过电解液返回正极，回到正极的锂离子越多，则放出的电荷量也就越大。电池放电时能输出的总电荷量叫作电池的容量。单体锂离子电池的容量极为有限，为了满足需要，常用由若干单体锂离子电池构成的电池组。下列说法中正确的是（　　）A.“安时”（Ah）或“毫安时”（mAh）是电量的单位B.“千瓦时”（kWh）是能量的单位C.图中锂离子的移动情况表明电池处于放电状态D.图中锂离子是在电场力的作用下从负极返回正极的【答案】ABC【解析】【详解】A．安时是电池容量的单位，A正确；B．千瓦时是能量单位，B正确；C．图中箭头向左，表示锂离子从负极向正极移动，处于放电状态，C正确；D．电场强度方向向右，锂离子带正电向左移动，是在非静电力作用下从负极返回正极，D错误。故选ABC。10.如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则（　　）A.点电荷在P处的电势能减少B.点电荷所受电场力增大C.P点电势降低D.电容器带电荷量减少 【答案】AD【解析】【详解】B．因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，b板下移，则板间距离d增大，由板间电场强度E变小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小，故B错误；AC．板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由U=Ed知，P与a板的电压减小，而a的电势不变，故P的电势升高，由EP=qφq为负值，故电势能减小，故A正确，C错误；D．由Q=CU可知C减小，Q减小，故D正确。故选AD。11.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，电流表、电压表为理想电流表和理想电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（　　）A.电压表示数变大B.电流表示数变小C.电容器C所带电荷量增多D.a点的电势降低【答案】AD【解析】【详解】A．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总 电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数增大，选项A正确；B．路端电压减小，电阻R1两端电压增大，则并联支路的电压减小，即U2减小，通过R2的电流I2减小。通过电流表的电流I增大，I2减小，则IA增大，即电流表示数增大，选项B错误；C．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，则电容器板间电压变小，由Q=CU知电容器C所带电荷量减小，选项C错误；D．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a的电势大于零，且a点的电势等于R2两端的电压。电阻R2两端的电压I增大，则U2减小，则a点的电势降低，选项D正确；故选AD。12.在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A，则以下判断中正确的是（　　）A.电动机的输出功率为12WB.电动机两端的电压为7.0VC.电动机产生的热功率4.0WD.电源输出的电功率为22W【答案】AB【解析】【详解】B．根据闭合电路欧姆定律可得电动机两端的电压为故B正确；A．电动机的输出功率为 故A正确；C．电动机产生的热功率为故C错误；D．电源输出的电功率为故D错误。故选AB。三、实验题（共16分）13.某兴趣小组欲通过测定工业污水（含多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准（一般工业废水电阻率的达标值）。如图甲所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，左、右两侧带有接线柱，容器内表面长，宽，高，将水样注满容器后，用多用电表粗测水样电阻约为2750Ω。（1）为精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：A．电流表（量程5mA，电阻为5Ω）B．电压表（量程15V，电阻约为10kΩ）C．滑动变阻器（0~20Ω，额定电流1A）D．电源（12V，内阻约10Ω）E．开关一只、导线若干请在图乙实物图中完成电路连接__________；（2）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，测出一系列数据如下表所示，请在如图丙所示的坐标纸中作出关系图线__________；U/V2.03.86.88.010.211.6 I/mA0.731.362.202.893.664.15（3）由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率约为______Ω·m。据此可知，所得水样______（填“达标”或“不达标”）。【答案】①.②.③.141.95④.不达标【解析】【详解】（1）[1]因为滑动变阻器阻值远小于水样电阻，为了能便于调节水样两端电压和通过的电流，滑动变阻器应采用分压式接法。因为电流表内阻已知，所以电流表应采用内接法。如图所示。（2）[2]如图所示。 [3]由图像可得所以待测水样电阻为待测水样的电阻率约为[4]因为ρ＜200Ω·m，所以所得水样不达标。14.某同学用多用电表测量二极管的反向电阻，完成下列测量步骤：（1）检查多用电表的机械零点；（2）将红、黑表笔分别插入正、负插孔，将选择开关拨至欧姆挡×1k处；（3）将红、黑表笔______，进行欧姆调零；（4）测反向电阻时，将______表笔接二极管正极，将______表笔接二极管负极；（5）多用电表示数如图所示，则二极管的反向电阻大小为______；（6）测量完成后，将选择开关旋转到______位置。【答案】①.直接接触②.红③.黑④.8kΩ##8000Ω##8×103Ω⑤.OFF或交流电压最高档【解析】 【详解】（3）[1]将红、黑表笔直接接触，进行欧姆调零。（4）[2][3]电流从红表笔流入、黑表笔流出，所以测反向电阻时，将红表笔接二极管正极，将黑表笔接二极管负极。（5）[4]由图可知二极管反向电阻大小为8kΩ。（6）[5]测量完成后，将选择开关旋转到OFF位置或交流电压最高档。四、解答题15.如图所示，真空中x轴上的A、B两点相距。若将电荷量均为的两点电荷分别固定在A、B两点，O点是两点电荷连线的中点，已知静电力常量，规定无穷远处电势为零，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）将电荷量为q的正电荷从无穷远处移到O点，电场力做功W，求O点的电势；（3）若取走A点的点电荷Q和第二问中的q，求O点电场强度的大小和方向。【答案】（1）；（2）；（3），沿x轴负方向【解析】【详解】（1）根据库仑定律可得两点电荷间的库仑力大小为（2）正电荷q在无穷远处电势能为零，设它在O点处的电势能为Ep，从无穷远处移到O点过程中，根据功能关系有解得根据电势的定义可得O点的电势为（3）若取走A点的点电荷Q和第二问中的q，O点电场强度的大小为 方向沿x轴负方向。16.如图，电源的内阻，定值电阻，竖直放置的平行金属板A、B与电阻R相连，金属板间距，一个质量、电量的带电小球用绝缘细线悬挂于O点，当接通开关S，小球静止时与竖直方向的夹角（，，），求：（1）A、B间的匀强电场的大小；（2）电源的电动势E大小：（3）剪断细线后，小球的加速度a大小。【答案】（1）；（2）0.6V；（3）【解析】【详解】（1）对小球根据平衡条件有解得（2）A、B两端电压与R两端电压相等，为根据闭合电路欧姆定律有解得 （3）剪断细线后，小球所受合外力大小为根据牛顿第二定律可知加速度大小为17.如图甲所示，两块间距为l、板长均为的金属板水平正对放置，荧光屏为二分之一圆弧面，让质量为m、电荷量为q的带电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v水平射入板间，粒子从射入到打在屏上所用的时间为。现将下板接地，上板的电势随时间t的变化规律如图乙所示，其中，所有能射出金属板的粒子均能垂直打在荧光屏上。已知粒子通过板间所用时间远小于T（粒子通过板间时极板电势可视为不变），粒子打在金属板或屏上后均被吸收，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计。（1）若粒子恰好能从下板飞出时，求上板的电势大小；（2）求粒子从射入到打在屏上的最短时间（3）若仅将下板竖直下移l，求粒子能打在屏上的弧长s。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子在两板间的加速度大小为粒子做类平抛运动的时间为 若粒子恰好能从下板飞出时，则解得（2）根据类平抛运动规律的推论可知，粒子刚从两极板间射出时，其速度方向的反向延长线一定过两极板间中心位置，粒子离开电场后做匀速直线运动，因为能射出金属板的粒子均能垂直打在荧光屏上，所以两极板的中心即为荧光屏的圆心，设荧光屏的半径为R，有解得因为粒子在水平方向的速度始终为v，所以当粒子恰好从上、下极板边缘射出时，其从射入到打在屏上过程的水平位移最小，所用时间最短，根据几何关系可知，此时粒子射出电场时的速度偏向角为所以粒子从射入到打在屏上的最短时间为（3）若仅将下板竖直下移l，粒子在两板间运动的最大加速度为粒子射出电场时可以达到的最大侧移量为因为所以部分粒子仍可以从上极板边缘射出，根据（2）中分析该部分粒子的速度偏向角仍为α=30° ，且打在屏幕的位置最高。而打在屏幕的位置最低的粒子是从OO1下方射出电场且侧移量等于的粒子，易知这部分粒子射出时速度的反向延长线仍过荧光屏圆心，且速度偏向角为