福建省厦门外国语石狮分校2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题（解析Word版）

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厦门外国语学校石狮分校高二上学期期中考试物理试卷考试时间（90分钟）一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1.关于静电场，下列说法正确的是（　　）A.电势等于零，电场强度一定为零B.电场强度为零的点，电势一定为零C.正电荷沿电场线方向移动时，电势能一定减小D.不在同一电场线上的两点，电势一定不相等【答案】C【解析】【详解】A．等量异种点电荷连线中点的电势等于零，电场强度不等于零，A错误；B．等量同种点电荷连线中点的电场强度等于零，电势不等于零，B错误；C．正电荷沿电场线方向移动时，电场力与运动方向相同，电场力做正功，电势能一定减小，C正确；D．在匀强电场中，与电场线垂直的平面上的任意两点不在同一电场线上，电势一定相等，因为该两点在同一个等势面上，D错误。故选C。2.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的电场强弱。如图，图甲是等量异种点电荷产生电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D也关于O对称，则下列说法错误的是（　　）A.A、D两点电场强度大小相等、方向相反B.B、C两点电场强度大小和方向都相同C.E、F两点电场强度大小和方向都相同D.从E到F过程中电场强度先增大后减小【答案】A【解析】【详解】A．根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由图看出，A、D两点场强方向相同，故A错误，符合题意；B．根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

1两点场强大小相同，这两点场强的方向均由B指向C，方向相同，故B正确，不符合题意；C．由图看出，E、F两点中，电场线疏密程度相同，说明两点电场强度大小相等，电场线切线方向相同说明电场强度方向相同，故两点电场强度相同，故C正确，不符合题意；D．由图看出，电场线先变密，再变疏，所以场强先增大后减小，故D正确，不符合题意。故选A。3.如图所示，虚线表示真空中一点电荷Q的电场中的两个等势面，实线表示一个带负电q的粒子（不计重力）运动的轨迹，下列说法正确的是（　　）A.Q带正电B.A，B，C三点电势大小C.粒子从A到B静电力做负功，电势能增加，动能减小D.粒子从上B到C动能增加，电势能增加【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图示运动轨迹可知，Q与q相互排斥，q带负电，所以Q带负电，故A错误；B．点电荷的等势面是以点电荷为球心的一组球面，负点电荷电场线指向负点电荷，电场线从高等势面指向低等势面，故有故B错误；C．粒子从A到B静电力做负功，电势能增加，动能减小，故C正确；D．粒子从上B到C电场力做正功，粒子动能增加，电势能减小，故D错误。故选C。4.如图所示，平行板电容器上极板带正电荷，且与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的正点电荷，以E表示两极板间电场的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将下极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，则（）第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

2A.θ增大，E增大，Ep增大B.θ增大，E增大，Ep减小C.θ减小，E不变，Ep增大D.θ减小，E不变，Ep减小【答案】D【解析】【详解】电容器与电源断开，电量不变，将下极板上移的过程中，因d减小，由可知电容C增大，由可知U减小，则夹角减小；由可得可知E不变；根据U=Ed可知由于P离下极板距离减小，E不变，因此P点的电势减小，由可知电势能减小；故选D．5.如图所示，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则（　　）第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

3A.灯泡将变暗，电源效率将减小B.液滴带正电，将向下做加速运动C.电源的路端电压增大，输出功率也增大D.滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小【答案】D【解析】【详解】A．将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．电源的效率外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大．故A项错误．B．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电．滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动．故B项错误．C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C项错误．D．因电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，因下极板接地，电势始终为0，则电荷所在位置的电势减小；粒子带正电，则粒子电势能减小．故D项正确．【点睛】本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析；下极板接地且与电源正极相连，板间各点电势均为负值．6.两条直导线互相垂直，如图所示，但相隔一个小距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由转动．当电流按图所示的方向通入两条导线时，CD导线将()．A.顺时针方向转动，同时靠近导线AB；B.逆时针方向转动，不平动；C顺时针方向转动，同时离开导线AB；D.逆时针方向转动，同时靠近导线AB．【答案】D【解析】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

4【详解】电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD导线逆时针方向转动．当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引．所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB，D正确．7.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A，B两处分别固定两正点电荷，其电量分别为、，两点电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是A，B连线之间的电势与位置x之间的关系图像，图中点为图线的最低点。若将带正电小球（可视为质点）在的C点由静止释放，下列说法正确的是（　　）A.B.小球向左运动过程中加速度先减小后增大C.小球向左运动过程中电势能先增大后减小D.小球能恰好到达点处【答案】B【解析】【详解】A.根据图象切线的斜率表示场强可知，处场强为0，则有解得A错误；BC.根据图象可知，右侧电场方向向左，左侧电场方向向右，将带正电小球在的C点由静止释放后，先向左加速到处再向左减速，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C错误；由于处场强为0，小球在该位置的加速度为0，故小球向左运动过程中加速度先减小后增大，B正确；D.小球从C点由静止释放向左运动到速度减为0的过程，电场力做功为0，即速度为0的位置电势与C点位置的电势相等，从图象可以看出该位置应位于之间，D错误；故选B。8.如图（a），平行金属板A、B间的电压恒为U，B板右侧的平行金属板M、N间加有图（b）所示的交变电压，OO'是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场且电场仅局限于板间。零时刻，紧贴第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

5A板同时由静止释放甲、乙两个离子，两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙；甲在时刻沿OO'方向进入并在时刻飞离交变电场。设甲、乙飞离交变电场时的速率为v甲、v乙，在交变电场中的偏移量大小为y甲、y乙。离子重力和离子间的相互作用均不计。则（　　）A.y甲=2y乙B.y甲=y乙C.v甲=v乙D.v甲=4v乙【答案】B【解析】【详解】两粒子在电场中被加速，则可得两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙；可知两粒子出离电场中的速度之比为时间之比为因为甲在时刻沿OO'方向进入，则乙在时刻沿OO'方向进入，甲粒子在偏转电场中的运动时间为，则乙粒子在偏转电场中的运动时间为T；甲粒子在偏转电场中的加速度偏转距离乙粒子在偏转电场中的加速度第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

6偏转距离则y甲=y乙由对称性可知，甲乙两粒子出离偏转电场时沿场强方向的速度均为零，则出离偏转电场时的速度等于进入偏转电场时的速度，即选项ACD错误，B正确；故选B二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9.如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N（黑色端）指示磁场方向正确是（　　）A.aB.bC.cD.d【答案】C【解析】【分析】【详解】A．当开关S闭合后，直导线电流从B流向A，根据右手定则可知磁场方向为逆时针方向，所以a点的磁场方向刚好相反了，则A错误；BC．当开关S闭合后，根据右手定则可知通过螺线管的右边是N极，所以C点磁场方向正确，b点的磁场方向刚好相反，所以B错误；C正确；D．当开关S闭合后，根据右手定则可知电磁铁D的左边是N极，右边为S极，所以d点的磁场方向刚好相反，则D错误；故选C。10.如图所示，直线为电源的图线，直线和分别为电阻的图线，用该电源分别与组成闭合电路时，电源的输出功率分别为，电源的效率分别为，则第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

7A.电源电动势为，内阻B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】由图象A可知电源的电动势E=6V，短路电流为6A，内阻为1Ω，故A错误；该电源和R1组成闭合电路时路端电压为U1=4V，电流I1=2A，此时电源的输出功率为P1=U1I1=4×2W=8W，电源的总功率为：P总1=EI1=6×2W=12W，所以电源的效率为：η1==66.7%；该电源和R2组成闭合电路时路端电压为U2=2V，电流I2=4A，此时电源的输出功率分别为P2=U2I2=2×4W=8W，则P1=P2，电源的总功率为：P总2=EI2=6×4W=24W，所以电源的效率为：η2==33.3%，则η1>η2，故B正确，D错误；U–I图线的斜率等于电阻的阻值：R1==2Ω，R2=Ω=0.5Ω，故C正确．故选BC．11.如图所示电路中电源电动势为3V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用理想电压表测得各部分电压是，，，由此可以断定（  ）A.变阻器R断路B.L1的灯丝烧断了C.开关S接触不良D.L1和L2的灯丝都是好的【答案】A【解析】【详解】A．若变阻器R断路，则理想电压表在连接ab或连接cb第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

8时，理想电压表均直接与电源串联接在电路中，此时理想电压表测量电压等于电源电动势，即，当理想电压表连接dc时，由于变阻器断路，则此时理想电压表的测量值为0，即A正确；B．若L1的灯丝烧断，则电压应该为0，而实际测量时，电压等于3V，表明L1的灯丝并没有烧断，B错误；C．若开关S接触不良，即开关S断开，则电压表连接ab时，电压应该为0，而实际测量时，电压等于3V，表明开关S工作状态良好，C错误；D．根据上述分析可知，若灯泡发生断路，则电压应该为0，而实际测量时，电压等于3V，可知L1和L2不可能发生断路，但是，若两灯泡发生了短路，并不影响题干中电压表测量时观察到的结果，即两灯泡有可能发生短路，D错误。故选A。12.如图所示，是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，，，电场线与矩形所在平面平行。已知点电势为20V，点电势为24V，点电势为12V，一个质子从点以速度射入此电场，入射方向与成45°角，一段时间后经过Ｃ点。不计质子的重力，下列判断正确的是(　　)A.电场强度方向由b指向dB.c点电势低于a点电势C.质子从b运动到c，所用的时间为D.质子从b运动到c，电场力做功为4eV【答案】BC【解析】【详解】AB．连接bd，bd两点的电势差为24V-12V=12Vad两点的电势差为20V-12V=8V因，故将bd分成3份，每一份表示4V，如图所示，e点的电势一定为20V，连接ae第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

9即为等势线，f的电势为16V，连接fc，由几何知识得知，fc∥ae，则知c的电势是l6V，故a点电势高于c点的电势，强场的方向垂直于等势线，则知场强的方向垂直于ae向上，不是由b指向d，故A错误，B正确；C．由于bc两点的电势分别为24V、16V，则bc中点O的电势为20V，则a、e、O在同一等势面上，由于ab=bO=L，∠abc=90°，则∠baO=∠bOa=45°因为电场线与等势线aO垂直，所以场强的方向与bc的夹角为45°，质子从b运动到c时做类平抛运动，沿初速度v0方向做匀速直线运动，则运动时间为故C正确；D．若质子由b到c，因bc间的电势差为24V-16V=8V则电场力做功W=eU=8eV故D错误。三、实验题（本大题共3小题，共22.0分）13.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻。（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为___________mm。（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为__________cm。（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为___________Ω。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

10【答案】①.50.15②.0.4699③.220【解析】【分析】【详解】（1）[1]用游标为20分度的卡尺测量其长度为50mm+0.05mm×3=50.15mm（2）[2]用螺旋测微器测量其直径为4.5mm+0.01mm×19.9=4.699mm=0.4699cm（3）[3]用多用电表的电阻“×10”挡测此圆柱体的电阻，则该电阻的阻值约为22×10Ω=220Ω14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的I-U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。（1）根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图___________（选填“甲”或“乙”）。（2）根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路。（）（3）由图1可知，该小灯泡的电阻随电压的升高而___________。（选填“增大”、“减小”或“不变”）【答案】①.甲②.见解析③.增大【解析】【详解】（1）[1]在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，要求电压，电流从零开始变化，且小灯泡的电阻远远小于电压表的内阻，所以该实验应采用滑动变阻器分压式，电流表外接法测量，故选甲电路。（2）[2]按照电流原理图，连线如图所示第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

11（3）[3]图线的斜率表示电阻的倒数，由图1知图线斜率减小，则小灯泡的电阻随电压的升高而增大。15.某同学设计了一个“测定电源电动势和内阻”的实验，可供选择的器材如下：A．待测干电池一节B．电流表A(量程为0～60mA，内阻为RA＝18Ω)C．电压表V(量程为0～3V，内阻RV约3kΩ)D．滑动变阻器R1(0～5Ω)E．滑动变阻器R2(0～30Ω)F．定值电阻R3(阻值为2Ω)G．定值电阻R4(阻值为10Ω)(1)为完成实验，滑动变阻器应该选________，定值电阻应该选________(填写器材后面的代号)；(2)请完善图a中的电路图_____________；(3)根据图b中已描的点画出UI图象____________，由图象得该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω(结果保留三位有效数字)．第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

12【答案】①.R2②.R3③.④.⑤.1.47(1.45～1.49)⑥.1.05(1.00～1.20)【解析】【详解】(1)由于电源的内阻较小约为几欧，故为了能起到控制调节作用，滑动变阻器应采用总阻值为30Ω的R2；由于给出的电流表量程约为60mA，量程偏小，为了能准确测量，可以采用串联定值电阻的方法来减小电流，需要的电阻，两定值电阻均达不到要求，所以应考虑改装电流表，为了让量程较大，应将较小的电阻与电流表并联，量程改装为，符合实验要求;(2)根据(1)中分析可知，电路图如图所示:第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

13(3)根据图象中的点所描图象为：；根据闭合电路欧姆定律可知：U=E-10Ir,由图可知，图象与纵轴的交点为电源的电动势，故E=1.48V；；【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道电表改装的方法，掌握选择电路的能力，同时注意能根据图象分析实验数据的方法．四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）16.如图所示，电源电动势为10V，内阻为1Ω，电阻R1为1Ω，R2为6Ω。开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压U为6V，线圈电阻为0.5Ω，问：（1）流过R2的电流是多大？（2）通过电动机的电流是多大？（3）电动机正常工作时产生的机械功率是多大？（4）如在正常工作时，电动机的转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多少？【答案】（1）1A；（2）1A；（3）5.5W；（4）7W【解析】【详解】（1）开关闭合后，电动机恰好正常工作，由电路可知此时两端电压为6V，所以流过R2的电流为（2）根据闭合电路欧姆定律可得中的电流为第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

14所以通过电动机的电流为（3）电动机正常工作时内部消耗的功率为则产生的机械功率为（4）正常工作时，电动机转子突然被卡主，此时电路为纯电阻电路，此时总电阻电动机两端电压电动机的发热功率为17.如图所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为的平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源，使得通过导体棒电流大小为I，将一根质量为m的长直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直，导体棒截面为方形。已知重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止。（1）若平行导电轨道光滑，求磁感应强度的大小；（2）若平行导电轨道光滑，改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度的最小值及其方向；（3）若导体棒与平行导电轨道间的动摩擦因数为，不改变磁场方向，求磁感应强度最大值。【答案】（1）；（2），方向垂直轨道平面向上；（3）【解析】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

15【详解】（1）已知，受力分析如下图所示对导体棒分析，由平衡条件解得（2）由（1）中分析可知，当安培力垂直弹力时，即磁感强度方向垂直轨道平面向上时，有解得（3）当，由题意可知且联立解得18.如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

16（2）若滑块从水平轨道上距离B点s=10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时受到轨道的作用力大小？（3）改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。【答案】（1）；（2）0；（3）s=11.5R【解析】【分析】运用竖直平面圆周运动和动能定理结合知识解题。【详解】（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，设滑块到达C点时的速度为vC，从A点到C点过程运用动能定理，得解得（2）若滑块从水平轨道上距离B点s=10R的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为vD，从A点到D点过程运用动能定理，得解得在D点，运用圆周运动知识，竖直方向的合力提供向心力，得解得FN=0滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0。（3）等效竖直平面圆周运动，要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，满足题意的s最小。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

17等效重力由重力和电场力的合力提供等效重力与重力的夹角所以θ=37°当恰好通过等效最高点时的速度设为v，则此时满足从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理，得解得smin=11.5R【点睛】学会运用等效竖直平面运动解题，使问题模型化简单化，是解题的关键。19.如图所示，已知电路中电源电动势、内阻，电阻，，，C为平行板电容器，虚线到两极板间距离相等，极板长，两极板的间距。（1）若开关S处于断开状态，则R3两端的电压是多少？（2）当开关闭合后，电容器两端的电压等于多少？（3）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以的初速度射入C的电场中，刚好沿图中虚线匀速运动；当开关S闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入C的电场中，则带电微粒能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）【答案】（1）；（2）；（3）不能第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

18【解析】【详解】（1）根据题意，若开关S处于断开状态，由闭合回路欧姆定律有由欧姆定律可得，R3两端的电压为（2）根据题意，当开关闭合后，外电路的电阻为和先串联，再和并联，则外电路的总电阻为由闭合回路欧姆定律可得，路端电压为根据串联分压原理可得，R3两端的电压为即电容器两端的电压等于。（3）根据题意，设带电粒子的带电量为，质量为，若开关S断开时，有当开关S闭合后，由牛顿第二定律有联立代入数据解得若带电粒子以的初速度射入C的电场，假设能飞出电场，则飞行时间为偏转位移为则粒子不能从C电场飞出。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司