陕西省咸阳市兴平市秦岭中学2022学年高二物理上学期期中试卷（含解析）

2022-2022学年陕西省咸阳市兴平市秦岭中学高二（上）期中物理试卷　一．选择题（1-5题为单选，6-10题为不确定选择，每小题4分，共40分.全对得2分，漏选得2分，错选得0分）1．（4分）（2022秋•兴平市校级期中）在静电场中下列说法正确的是（　　）　A．电场线是可以闭合的　B．正电荷在电场力的作用下一定沿电场线的方向运动　C．同一电荷在等势线密集处所受的电场力较大　D．一个绝缘导体的电荷量增加一些，导体内部的场强一定增强考点：电场线．分析：电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强．解答：解：A、静电场中电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，故A错误；B、正电荷只在电场力作用下不一定沿电场线运动，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故B错误；C、电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强，所以同一电荷在等势线密集处所受的电场力较大，故C正确．D、一个绝缘导体处于静电平衡状态时，内部的场强是零，电荷量增加一些，导体内部的场强保持不变，故D错误．故选：C．点评：记住电场线的特点即可顺利解出此题，故要在理解的基础上牢记基本概念．　2．（4分）（2022秋•苍山县期末）关于电流，下列说法中正确的是（　　）　A．通过导线截面的电量越多，电流越大　B．电子运动的速率越大，电流越大　C．单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大　D．因为电流有方向，所以电流是矢量-13-\n考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大；电流的微观表达式I=nesv可知电流的大小跟导体的材料、横截面积和电荷定向移动的速率共同决定；矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则．解答：解：A、通过某一横截面积的电量与所用时间的比值等于通过导体的电流强度，故电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，故A错误．B、由电流的微观表达式I=nesv，电流的大小跟导体的材料（决定n），导体的横截面积（s）和电荷定向移动的速率（v）共同决定，故B错误．C、根据I=可知，单位时间（t一定）内通过导体截面的电量（q）越多，导体中的电流（I）越大．故C正确．D、矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则，故电流是标量．故D错误．故选C．点评：掌握了基本知识就能顺利解决此类题目，故要重视基本知识的积累．　3．（4分）（2022•湖南校级模拟）关于电容器的电容，下列说法正确的是（　　）　A．电容器所带的电荷越多，电容就越大　B．电容器两极板间的电压越高，电容就越大　C．电容器所带电荷增加一倍，电容就增加一倍　D．电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量考点：电容．专题：电容器专题．分析：电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压、所带的电荷量无关．解答：解：A、电容器所带的电荷越多，两板间电压越大，电容C=不变，故A错误．B、电容器两极板间的电压越高，所带的电荷越多，电容C=不变，故B错误．C、电容器所带电荷增加一倍，两极板间的电压增加一倍，电容C=不变，故C错误．D、电容的物理意义是表征电容器容纳电荷本领的大小．故D正确．故选D点评：电容C=-13-\n，采用的是比值定义法，有比值定义法共性，C与U、Q无关，由电容器本身决定．　4．（4分）（2022秋•兴平市校级期中）如图所示，一带电粒子经A点沿如图所示的轨迹运动到B点，若不考虑带电粒子重力，则下列说法中正确的是（　　）　A．该粒子带正电B．粒子在A点的加速度较大　C．粒子在A点的速度较小D．粒子在A点的电势能大考点：电场线．分析：首先根据粒子的运动轨迹，判断带电粒子的大体方向，再据场强方向的规定，判断粒子的电性；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，判断场强和加速度；电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加．解答：解：A、带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向左上方，与电场线方向相反，所以此粒子为负电荷，故A错误；B、由电场线的分布可知，电场线在A点处较密，所以在A点处的电场强度较大，粒子在A点时受到的电场力大，则粒子的加速度减小，故B正确；C、从A到B，电场力对粒子做负功，动能减小，速度减小，则粒子在A点的速度较大，故C错误．D、粒子带正电，从A到B的过程中，电场力对粒子做负功，电势能增大，所以粒子在B的电势能较大，故D错误．故选：B．点评：解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，然后利用电场线、电势、电场强度、电势能、电场力做功等之间的关系进一步判断各个物理量的变化情况．　5．（4分）（2022秋•海伦市校级期中）如图所示，是两电阻R1和R2的I﹣U关系图线，这两条直线将I﹣U坐标系的第一象限分成了三个区域，则下列说法正确的是（　　）　A．电阻R1＜R2　B．R1、R2串联的总电阻的I﹣U图象在区域Ⅰ-13-\n　C．R1、R2串联的总电阻的I﹣U图象在区域Ⅱ　D．R1、R2串联的总电阻的I﹣U图象在区域Ⅲ考点：欧姆定律；串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：据电阻的并联确定R1、R2、R并之间的大小关系，根据欧姆定律判断电压相同时的电流大小，分析坐标图不同区域的意义即可解决．解答：解：A、I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；故电阻R1＜R2；故A正确；B、串联电阻的总阻值大于任一电阻，故串联后的I﹣U图象应在区域III中；故D正确，BC错误；故选：AD．点评：本题考查了电阻的并联特点和欧姆定律的应用，解决本题的关键是弄清楚图象中横纵坐标的物理含义　6．（4分）（2022秋•兴平市校级期中）下列公式中属于物理概念定义式的（　　）　A．E=B．C=C．I=D．R=ρ考点：电场强度；电容．专题：电场力与电势的性质专题．分析：分别根据物理量的关系，判断是否是定义式．电场强度是由试探电荷所受的电场力与其电荷量的比值来定义的．解答：解：A、电场强度是由试探电荷所受的电场力与其电荷量的比值来定义的，E=是电场强度的定义式，故A正确．B、电容与正对面积S成正比，与极板间的距离成反比，所以C=不属于物理概念定义式．故B错误．C、I=是电流强度的定义公式，是用比值定义法定义的，故C正确；D、R=ρ是电阻的决定公式，不是定义式，说明电阻与导体的材料、截面积和长度有关，故D错误；故选：AC点评：对于物理量是定义式还是与其他量的关系式是掌握准确，本题关键要知道电场强度的定义式E=，并要知道它是采用比值法定义的．　7．（4分）（2022秋•临沂期中）下列物理量中哪些与检验电荷无关？（　　）　A．电场强度EB．电势UC．电势能εD．电场力F-13-\n考点：电场强度；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义．解答：解：电场强度E=和电势φ=分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关，而电势能EP和电场力F均与电荷有关，故CD错误，AB正确．故选：AB．点评：对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累．　8．（4分）（2022秋•锦州期末）在闭合电路中，下列叙述正确的是（　　）　A．当外电路断开时，路端电压等于零　B．闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比　C．当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大　D．当外电阻增大时，路端电压将增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，当外电路断开时，路端电压等于电动势．当外电路短路时，电路中的电流很大，但不是无穷大，因为电源有一定的内阻．当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大．解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，当外电路断开时，电流I=0，路端电压U=E．故A错误．B、根据闭合电路欧姆定律I=得知：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比．C、当外电路短路时，R=0，短路电流I短=，电源内阻r＞0，I短≠∞．故C错误．D、当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大．故D正确．故选BD点评：本题考查对闭合电路欧姆定律的理解能力．对于断路和短路两个特例，要在理解的基础上加强记忆．　9．（4分）（2022秋•兴平市校级期中）真空中有两个点电荷Q1=+3.0×10﹣8C和Q2=﹣3.0×10﹣8C，如图所示，它们相距r=0.1m，A点与两个点电荷的距离相等，则关于A点场强的说法中正确的是（　　）-13-\n　A．大小：2.7×102v/mB．方向：水平向右　C．大小：1.8×10﹣4v/mD．方向：竖直向上考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据点电荷的场强公式E=k分别求出两个电荷在A点产生的场强大小，再由平行四边形定则求解即可．解答：解：根据点电荷的场强公式E=k，则得两个点电荷在A点产生的场强大小相等，均为E=k=9×109×N/C=2.7×104N/C点电荷Q1在A点产生的场强方向沿Q1A方向，点电荷Q2在A点产生的场强方向沿AQ2方向，两个点电荷在A点的场强方向夹角为120°，根据平行四边形定则得：A点的场强大小为：EA=E=2.7×104N/C，方向水平向右．故B正确，ACD错误．故选：B．点评：解决本题关键掌握点的场强公式E=k，熟练运用电场的叠加原理：平行四边形定则求解即可．　10．（4分）（2022秋•兴平市校级期中）如图所示，质量为m，电量为q的带电小球，用长为L的绝缘的丝线悬挂在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点时，丝线与竖直方向成θ角．由此可以判断（　　）　A．该小球带负电　B．电场强度的大小E=　C．在A点剪断丝线、小球将做加速度为的匀加速直线运动　将小球由A点缓慢移到B点，小球的电势能减少了mgl（1﹣cosθ）-13-\nD．考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据共点力平衡判断小球的电性以及电场强度的大小．通过电场力做功判断小球电势能的变化；剪断丝线，通过小球所受的合力确定小球的运动情况．解答：解：A、根据共点力平衡得，小球所受的电场力水平向右，与电场强度方向相同，小球带正电．故A错误．B、根据共点力平衡得，F=qE=mgtanθ．则电场强度E=．故B错误．C、重力和电场力的合力为，根据牛顿第二定律得，剪断细线，小球做加速度为的匀加速直线运动．故C正确；D、将小球由A点缓慢移到图中的B点，重力做功为mgl（1﹣cosθ），由于有外力做功，则克服电场力所做的功不等于重力做功．故D错误．故选：C．点评：本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律的基本运用，受力分析是解题的关键，知道电场力做功等于电势能的减小量．　二、填空题（11-14题每空3分，作图、连线各5分）11．（3分）（2022秋•兴平市校级期中）如图为用游标卡尺测某圆盘直径示意图．此圆盘直径为　242.15　mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．解答：解：游标卡尺的主尺读数为242mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：242mm+0.15mm=242.15mm．故答案为：242.15．点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．　-13-\n12．（3分）（2022秋•兴平市校级期中）一根电阻丝长为L，当其两端电压为U时，通过的电流为1A，现将其拉长为2L，则通过的电流为　0.25　A．考点：欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由导线长度的变化可知电阻的变化，再由欧姆定律可求得电流．解答：解：导线拉长为2L后，横截面积减小为原来的一半，根据R=可知，电阻R′=4R，根据I=可知，故答案为：0.25点评：本题考查欧姆定律及电阻定律，要注意当长度拉长2L后，导体的截面积减小为原来的一半．　13．（3分）（2022秋•兴平市校级期中）在示波管中，电子枪2s内发射了6.0×1013个电子，则示波管中电流的大小为　4.8×10﹣6　A．考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C．根据电流的定义式I=，求解示波管中电流的大小．解答：解：每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C，6×1013个电子总电荷量为q=6×1013×1.6×10﹣19C=9.6×10﹣6C，则示波管中电流大小为I===4.8×10﹣6A．故答案为：4.8×10﹣6点评：本题首先要了解电子的电荷量等于元电荷，是个常量．其次要掌握电流的定义式．　14．（16分）（2022秋•潍坊期中）某同学用伏安法测电阻RX，实验所用器材为：电池组（电动势为3V，内阻约为1Ω），电流表（内阻约为0.1Ω），电压表（内阻约为3kΩ），滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流为2A）开关，导线若干．记录数据如下：次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520（1）由以上实验数据可知测量RX是采用图1中的图　甲　（选填“甲”或“乙”）-13-\n（2）图2是测量RX的实验器材实物图，图中已经连接了部分导线，请根据图1所选的电路图，补充完成图中实物间的连线．（3）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图3所示，图中已经标出了与测量数据相对应的四个点，请在图3中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U﹣I图线，由图线得到金属丝的阻值RX=　4.3﹣4.7　Ω（保留两位有效数字）．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）根据数据比较电压表、电流表和被测电阻的阻值关系，确定可采取的电路．（2）按照电路原理图进行实物图的连接，注意导线不能交叉和滑动变阻器的连接方式．（3）根据图上所标的点，做出U﹣﹣I图线，从而可得出电阻值解答：解：（1）由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻Rx约5Ω．则有=50，==600，比较Rx为小电阻应该采用外接法测量误差小．由（3）知是用伏安特性曲线来测量电阻的，就要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法甲．（2）注意连图时连线起点和终点在接线柱上并且不能交叉，结合（2）可知应该连接成外接分压接法（甲）那么在连线时断开开关且使Rx两端的电压为0．先连外接电路部分，再连分压电路部分，此时滑片P必须置于变阻器的左端．实物图如右图所示，（3）描绘出第2、4、6三个点后可见第6次测量数据的坐标点误差太大舍去，然后作出U﹣I图线．如右图所示；其中第4次测量数据的坐标点在描绘出的U﹣I图线上，有：Rx==4.5Ω．-13-\n故答案为：（1）甲；（2）如图所示；（3）4.3﹣4.7．点评：该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：1、会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接．2、实物连接时，注意导线不能相交叉，并且要注意闭合电建时，分压电路的输出端电压要为零．3、会用电阻定律来求解导线的电阻率5、了解实验误差产生的原因，并会在试验中做到尽可能的减小误差．　三、计算题（25分）15．（10分）（2022秋•兴平市校级期中）一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上串多大的电阻？若要将它改装成电流量程扩大倍数为n=100的电流表，应给它并一个多大的电阻？考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，改装成电流表需要并联分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．解答：解：把电流表改装成电压表，串联电阻阻值：R=﹣Rg=﹣500=9500Ω，把电流表量程扩大100倍，则：R′==≈1Ω；答：把电流表改装成电压表应在电流表上串联9500欧姆的电阻，-13-\n若要将它改装成电流量程扩大倍数为n=100的电流表，应给它并联一个1欧姆的电阻．点评：本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．　16．（10分）（2022秋•兴平市校级期中）如图所示，电源的电动势是10V，内阻r=1Ω，其中R1=10Ω，R2=8Ω，R3=R4=4Ω．求：（1）画出等效电路图（2）合上开关后流过开关的电流是多大？考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）根据电路图可知，电阻3与4并联后，再与电阻2串联，最后与电阻1并联，从而作出等效电路图；（2）根据闭合电路欧姆定律，结合电路的串并联特点，即可求解．解答：解：（1）根据R3与R4并联，再与R2串联，最后再与电阻R1并联，则等效电路图；（2）由电路图可知，R3与R4并联，其并联电阻为R∥==Ω=2Ω；再与R2串联，最后再与电阻R1并联，因此外电路的对应的外电阻R外==5Ω；根据闭合电路欧姆定律，则有：I===A；答：（1）画出等效电路图如上所示；（2）合上开关后流过开关的电流是A．点评：考查电路的串并联特点，掌握等效电路图的作法，理解闭合电路欧姆定律的应用．　-13-\n17．（5分）（2022秋•抚顺期中）如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：（1）原来的电场强度的大小；（2）物体运动的加速度；（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小（sin37°=0.6，cos37°=0.8）考点：共点力平衡的条件及其应用；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）对小球进行受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度．（2）电场变化后受力分析求出合外力，应用牛顿第二定律求解加速度．（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小可由动能定理或运动学知识求解．解答：解：（1）对小球受力分析并合成如图：由平衡条件得：F′=mg在直角三角形中：tanθ=得：qE=mgtanθ，解得：（2）对小球受力分析并正交分解如图：-13-\nF合=mgsin37°﹣Fcos37°=ma即：解得：a=3m/s2方向：沿斜面向下（3）在下滑过程中：W=F合×L由动能定理：解得：答：（1）原来的电场强度（2）物体运动的加速度为：a=3m/s2，方向：沿斜面向下（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小为点评：问题一是平衡条件的应用，受力分析后应用平衡条件即可；问题二是牛顿运动定律的应用，关键是求合力；问题三直接应用动能定理即可，总体难度不是很大，细细分析即可．　-13-