湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高二上学期期中考试物理Word版含解析

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2022年高二下学期期中考试试卷物理试题一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图在半径为R圆周上均匀分布着六个不同的点电荷，则圆心O处的场强大小和方向为A.；由O指向FB.；由O指向FC.；由O指向CD.；由O指向C【答案】B【解析】【详解】由点电荷的场强公式可知，在A、B、C、E、F五个位置的点电荷在O点产生的场强大小为，在D位移的点电荷在O产生的场强大小为，电场强度是矢量，求合场强应用平行四边形定则，作出电场强度的示意图，如图所示：则A点的场强与D的点场强合成后大小为，方向指向A点；B点的场强与E点的场强合成后大小为，方向指向E点，C点的场强与F点的场强合成后大小为，方向指向F点，故、、大小相等，且刚好在与第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

1的角平分线上，由几何关系可知两者这间的夹角为，故将、合成后大小仍为，方向指向F点，再将与合成，则最终O点的合场强为，方向由O指向F，故选B.【点睛】根据点电荷的场强公式求出点电荷产生的场强，然后由平行四边形定则求出各点电荷场强的合场强，然后求出O点的场强大小与方向．2.如图所示，三个同心圆是以点电荷Q为圆心的等势面，相邻等势面的电势差相等，则下列说法正确的是()A.一个点电荷＋q在B点所受的电场力比在A点的大B.一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小C.将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功比由C点移到A点多D.将电荷＋q由B点移到C点，电场力做正功【答案】D【解析】【分析】根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而比较电场力的大小．先根据等势面图得到电场线的分布图，然后根据电场线密处场强大，电场线稀处场强小判断场强大小，根据沿着电场线电势要降低判断电势高低，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断．【详解】负的点电荷产生的电场的电场线是会聚的直线，如图所示．电场线密处场强大，电场线稀处场强小，由图可知，B点的场强比A点的场强小，则一个点电荷+q在B点所受的电场力比在A点的小．故A错误．沿着电场线电势要降低，故B点的电势比A点的电势高，故+q在B点具有的电势能比在A点电势能大．故B错误．据题有UBD=UCA，根据电场力做功公式W=qU可知，将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功与由C点移到A点一样多．故C第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

2错误．沿着电场线电势要降低，故B点的电势比C点的电势高，故+q在B点具有的电势能比在C点电势能高，所以将电荷+q由B点移到C点，电场力做正功．故D正确．故选D．【点睛】本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况．3.如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2V，a点的坐标为（0，4），电势为8V，b点的坐标为（3，0），电势为8V，则电场强度的大小为A.250V/mB.200V/mC.150V/mD.120V/m【答案】A【解析】【详解】试题分析：由题意可得a、b两点的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于ab，过o点做ab的垂线相交ab于c点，由几何关系得：，得∠b=53°；oc=ob•sin∠b=0．03×sin53°=2．4×10-2mco间的电势差为：U=8V-2V=6V；则电场强度为：，故A正确．考点：电势及电势差4.如图所示电路，电压保持不变，当开关S断开时，电流表的示数为0.6A，当S闭合时，电流表的示数为0.9A，则两电阻阻值之比R1：R2为（　　）第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

3A.1：2B.2：1C.2：3D.3：2【答案】A【解析】【详解】当开关S断开时当S闭合时解得故选A。5.如图所示，双量程电压表由表头G和两个电阻串联而成。已知该表头的内阻Rg=500，满偏电流Ig=1mA。下列说法正确的是（　　）A.表头G的满偏电压为500VB.使用a、b两个端点时，其量程比使用a、c两个端点时大C.使用a、b两个端点时，若量程为10V，则R1为9.5kD.使用a、c两个端点时，若量程100V，则（R1+R2）为95k【答案】C【解析】第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

4【详解】A．表头G的满偏电压故A错误；B．使用a、b两个端点时，满偏时电压为Rg与R1两端的电压之和，而接a、c时，满偏时电压为Rg与R1和R2两端的电压之和，因此使用a、b两个端点时量程较小，故B错误；C．使用a，b两个端点时，若量程为10V，则R1的阻值故C正确；D．使用a、c两个端点时，若量程为100V，则故D错误。故选C。6.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则以下说法错误的是（　　）A.平行板电容器的电容将变小B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将减少D.若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】B【解析】【详解】A．将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式可知电容C减小，选项A正确；不符题意；B．因为静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

5不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；符合题意；C．因为U不变，极板间距d变大时，板间电场强度减小，上极板和P点间的电势差其中dP为上极板到P的距离，保持不变，可知上极板和P点间的电势差减小；又因为上极板的电势保持不变，所以P点的电势增大；又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；不符题意；D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器带电荷量Q不变，极板间距d变大，根据Q=CU，和可知可见极板间电场强度E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确，不符题意。本题选错误的，故选B。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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，有选错的得0分。7.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1，2，3，已知MN=NQ，a，b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出.仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则（　　）A.a一定带正电，b一定带负电B.a加速度减小，b加速度增大C.MN两点电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|D.a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小【答案】BC【解析】【详解】A．粒子受到的合外力应指向轨迹的凹侧，但电场线的方向未知，无法判断带电粒子的电性，故A错误；B．由题图可知，a往电场线稀疏的区域运动，故电场力变小，加速度变小；b相反，加速度增大，故B第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

6正确；C．由电场线疏密与电场强弱关系可知，相当于MN之间电场强度比NQ之间的电场强度大，且MN=NQ，由U=Ed可知，MN之间的电势差更大，故C正确；D．因为不知道两个粒子带电荷量的关系，故无法判断电势能的变化量，也就没有办法比较动能变化量的关系，故D错误。故选BC。8.如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E，F，G，H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点。一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出。以下说法正确的是（　　）A.粒子的运动轨迹一定经过P点B.粒子运动轨迹一定经过PE之间某点C.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点从AD边射出D.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出【答案】BD【解析】【详解】AB．粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项A错误，B正确；CD．由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，由于y方向的位移、加速度均不变，则运动时间不变，因此水平位移也变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出，选项C错误，D正确。故选BD。9.如图所示直线A为某电源的U-I图线，曲线B为某小灯泡L的U-I图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起来组成闭合回路时灯泡L1恰能正常发光，则下列说法中正确的是（　　）第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

7A.此电源的内电阻为0.67B.灯泡L的额定电压为3V，额定功率为6WC.把灯泡L换成阻值恒为1的纯电阻，电源的输出功率将变大，效率将变低D.由于小灯泡L的U-I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用【答案】BC【解析】【详解】A．由图知电源的电动势E=4V，内阻|故A错误；B．两图线的交点表示小灯泡L与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，则额定功率为P=IU=6W故B正确；C．灯泡L的电阻换成一个1的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，则电源的输出功率将变大，根据闭合电路欧姆定律可知电阻减小，总电流变大，外电路电压减小，电源效率减小，故C正确；D．灯泡是纯电阻元件，欧姆定律适用，故D错误。故选BC。10.如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知，滑动变阻器的最大阻值为2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

8A.电路中的电流变大B.电源的输出功率先变大后变小C.滑动变阻器消耗的功率变小D.定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小【答案】AC【解析】【详解】A．当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，可知电路总电流变大，故A正确，符合题意；B．当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，由题意可知，，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，外电路电阻从3r减小到r，由于整个过程中，外电阻一直大于电源内阻，随外电阻阻值的减小，电源的输出功率不断增大，故B错误，不符合题意；C．把R0与电源组成的整体看做等效电源，电源内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，随着外电阻从2r减到0的过程中，输出功率减小，故C正确，符合题意；D．当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，可知电路总电流变大，根据，R0不变，定值电阻R0上消耗的功率变大．故D错误，不符合题意．【点睛】分析滑动变阻器的功率如何变化是本题的关键，把把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时电源的输出功率即为滑动变阻器消耗的功率．三、非选择题：共56分。11.如图所示，游标卡尺的读数为_________cm，螺旋测微器的读数为_________mm。【答案】①.1.450②.3.205##3.204##3.206【解析】【详解】[1]该游标卡尺的规格是20分度，根据游标卡尺的读数规则，先读主尺读数为14mm，游标尺第10条刻线与主尺刻度线对齐，读数为第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

9所以总的读数为[2]螺旋测微器固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为20.5×0.01mm=0.205mm故螺旋测微器的读数为3mm+0205mm=3.205mm因为可动刻度最后一位数字为估读，所以读数为3.204mm~3.206mm均可。12.某同学测定一个导体的电阻（1）该同学先用多用电表粗测其电阻。他将选择开关调到欧姆挡“×10”挡位并调零，测量时发现指针向右偏转角度太大，如图虚线箭头所示，这时他应该：a．将选择开关换成欧姆挡的_________挡位（选填“×100”或“×1”）。b．将红、黑表笔短接，调节_________旋钮，使欧姆表指针指在表盘右端零刻度处。c．再次测量该导体的阻值，其表盘及指针所指位置如图实线箭头所示，则此导体的电阻为_________。（2）现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了以下各种器材：3V的直流电源、开关、导线等。还有电压表、电流表与滑动变阻器各两个以供选用：A．电压表（0～3V，内阻约为）B．电压表（0～15V，内阻约为）C．电流表（量程0～3A，内阻约）D．电流表（量程0～0.6A，内阻约）E．滑动变阻器（最大阻值为）F．滑动变阻器（最大阻值为）第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

10为了尽可能提高测量准确度且要求电压从0开始调节。电压表应选_________，电流表应选_________，滑动变阻器应选_________（填器材前面的字母）。（3）请在如图中画出实验电路图，以便完成本实验_________。【答案】①.×1②.欧姆调零③.12.0④.A⑤.D⑥.E⑦.【解析】【详解】（1）[1][2]指针向右偏转角度大，说明待测电阻阻值较小，应换用较小的（“×1”）挡位；换挡之后要重新进行欧姆调零；[3]由图可知电阻丝的电阻为（2）[4][5][6]电源电压为3V，故电压表应选A；通过待测电阻的最大电流约为故电流表应选D；电压从0开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法，为方便调节，滑动变阻器应选阻值较小的E；（3）[7]为了尽可能提高测量准确度且要求电压从0开始调节，滑动变阻器采用分压接法；待测电阻阻值较小，电流表应采用外接法，电路图如图所示第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

1113.在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材：A．干电池1节B．滑动变阻器（0～20）C．滑动变阻器（0～1k）D．电压表（0～3V，内阻约为20k）E．电流表（0～0.6A，内阻RA=0.2）F．电流表（0～3A，内阻约为0.01）G．开关、导线若干（1）为了减小实验误差和方便操作，选择如图（甲）所示实验电路进行实验，其中滑动变阻器应选___________，电流表应选___________。（只填器材前的序号）（2）某同学根据实验测得的电压表的读数U和电流表的读数I，画出的U-I图像如图（乙）所示，由图像可得电池的电动势为___________V，内电阻为___________。（均保留到小数点后一位）（3）若考虑到电压表的分流和电流表的分压作用，则（2）中测得的数值和真实值相比，测得的电动势___________，内电阻___________（均选填“偏小”“不变”或“偏大”）；利用题中所给电表的参数对（2）中的测量值进行修正，则修正后的电池的电动势为___________V，内电阻为___________。（均保留到小数点后一位）【答案】①.B②.E③.1.5④.1.0⑤.不变⑥.偏大⑦.1.5⑧.0.8【解析】【详解】（1）[1][2]由于本实验中通过电源的电流不能太大，由题图（乙）可知，最大电流不超过0.6A，所以电流表应选E；1节干电池的内阻较小，所以滑动变阻器应选B。（2）[3][4]根据第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

12U=E-Ir=-rI+E可知U-I图像纵轴截距即为电动势，图像斜率绝对值即为内阻r，所以E=1.5Vr==1.0（3）[5][6][7][8]电流表的示数即是干路电流，但由于电流表的分压作用，路端电压实际上是电流表两端电压与电压表示数之和；现对所测绘的U-I图像进行修正，当I=0时电流表两端电压为0，电压表示数就是路端电压，此时U的值准确；当I≠0时，电压表示数小于路端电压，对应的U的真实值比测量值稍大，修正图像如图所示，则可知测得的电动势不变，内电阻偏大。所测得的内电阻为电池内阻与电流表内阻之和，故修正后的电池的电动势为1.5V，内电阻为1.0-0.2=0.8。14.如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m。若将电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2。求：(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向。【答案】(1)F=9.0×10-3N；(2)，方向沿y轴正方向【解析】【详解】(1)根据库仑定律，A、B间的库仑力大小为代入数据得F=9.0×10-3N第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

13(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为代入数据得方向沿y轴正方向。15.如图所示，M为一线圈电阻的电动机，电阻，电源电动势E=40V。当S断开时，电流表的示数，当开关S闭合时，电流表的示数为。求：（1）电源内阻；（2）开关S闭合时，通过电动机的电流及电动机输出的机械功率。【答案】（1）；（2）2.5A，87.5W【解析】【分析】【详解】（1）当S断开时，电流表的示数，由闭合电路欧姆定律得代入数据解得（2）当开关S闭合时则第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

14则通过电阻的电流流过电动机的电流则电动机的功率电动机的热功率为则电动机输出的机械功率16.在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球。小球始终处在场强大小为、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L。重力加速度为g，不计空气阻力，求（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；（2）O、P两点间的电势差。【答案】（1）1.5mg（2）【解析】【详解】（1）小球受到竖直向上的电场力：F=qE=1.5mg＞mg所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度v，由动能定理：设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律：第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

15联立解得：FT=1.5mg（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a竖直向上，由牛顿第二定律F-mg=ma设细线断裂后小球经时间t到达P点，则有：L=vt小球在竖直方向上的位移为：解得：O、P两点沿电场方向（竖直方向）的距离为：d=L+yO、P两点间的电势差：UOP=Ed联立解得：第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

16第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司