江苏省江都区大桥高级中学2022-2023学年高二上学期期中复习物理题Word版含解析

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高二物理上学期期中复习试卷一、选择题：1.如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（　　）A.线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流B.穿过线圈a的磁通量变小C.线圈a有扩张的趋势D.线圈a对水平桌面的压力FN将减小【答案】A【解析】【详解】A．由图根据右手定则可知，线圈产生向下的磁场，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电阻减小，电流增大，磁感应强度变大，因此根据楞次定律线圈中会产生阻碍磁场变大的感应电流，即将产生俯视逆时针方向的感应电流，故选项A正确；B．因为滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电阻减小，电流增大，磁感应强度变大，所以线圈中磁通量变大，故选项B错误；C．因为滑动变阻器的滑片P向下滑动时，线圈中磁通量增加，因此之后线圈面积减小时才能阻碍磁通量的增加，所以线圈a有收缩的趋势，故选项C错误；D．通过楞次定律可知线圈电流，可以将线圈等效为条形磁铁，则两磁铁都是N极相对，因此线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故选项D错误。故选A。2.如图，带电荷量之比为的带电粒子A、B以相等的速度从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC=CD，忽略粒子重力的影响，则（　　）

1A.A和B运动的加速度大小之比为1∶4B.A和B的质量之比为C.A和B在电场中运动的时间之比为D.A和B的位移大小之比为【答案】C【解析】【详解】AC．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有x=v0t又由于初速度相等，所以t∝x，由题意知，A和B在电场中运动的水平位移之比为1：2，则A和B在电场中运动的时间之比1：2。又因为粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向有y=at2由题意知，y相同，则a与t2成反比，则A和B运动的加速度大小之比为4：1，故A错误，C正确；B．由牛顿第二定律得Eq=ma则粒子的质量m=∝由题意知又因为A和B运动的加速度大小之比为4：1，则A和B的质量之比为1：12，故B错误；D．因A、B的水平位移之比为1：2，竖直位移相等，则A、B的位移大小之比不等于1：2，故D错误。故选C。3.如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t=0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B应随时间t变化，以下四个图象能正确反映B和t之间对应关系的是（　　）

2A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】AB．当闭合回路的磁通量不变时，导体棒中不产生感应电流，故解得由此可以看出，随时间t增加，B减小，且减小得越来越慢，故AB错误；CD．磁感应强度可改写为可知是线性函数，故C正确，D错误。故选C。4.在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向端移动时（　　）A.电压表和电流表的读数都减小B.电压表和电流表的读数都增大

3C.电压表的读数增大，电流表的读数减小D.电压表的读数减小，电流表的读数增大【答案】C【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片向端移动时，R3接入电路的阻值增大，整个电路的总阻值增大，干路电流强度减小，内电压降低，路端电压升高，电压表示数增大，R1分得的电压也减小，因此R2与R3并联电路分得的电压升高，因此流过R2的电流增大，流过R3的电流减小，电流表的示数减小。故选C。5.静电除尘原理是设法使空气中的尘埃带电，在静电力作用下，尘埃到达电极而被收集起来。如图所示，静电除尘器由板状收集器A和线状电离器B组成，A、B间接有高压电源，它们之间形成很强的电场，能使空气中的气体分子电离，进而使通过除尘器的尘埃带电，最后被吸附到正极A上。下列选项正确的是（　　）A.收集器A吸附大量尘埃的原因是尘埃带上了正电B.收集器A吸附大量尘埃的原因是尘埃带上了负电C.收集器A和电离器B之间形成的是匀强电场D.静电除尘过程是机械能向电场能转化的过程【答案】B【解析】【详解】AB．收集器A接高压电正极，电离器B接高压负极，尘埃经过电离器带上了负电，被带正电的A板吸引，故A错误B正确；C．收集器Ａ和电离器B不是正对的平行板，故收集器A和电离器B之间形成的不是匀强电场，故C错误；D．静电除尘过程是电场力做正功，电势能减少，机械能增加，是电场能向机械能能转化过程，故D错误。故选B。

46.某灵敏电流计表头G的满偏电流为Ig＝200μA，内阻Rg＝500，要将它改装成量程为0～3V的电压表，下列操作正确的是（　　）A.并联一个15000的电阻B.并联一个14500的电阻C.串联一个15000的电阻D.串联一个14500的电阻【答案】D【解析】【详解】将表头G改装成电压表需要串联一个分压电阻，使得当表头满偏时改装后电表两端电压为3V，则有代入数据解得R=14500Ω故D正确，ABC错误。故选D。7.为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b和c，左、右两端开口与排污管相连，如图所示。在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N，M、N与内阻为R的电流表相连。污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况。不考虑污水的电阻，则下列说法中正确的是（　　）A.M板比N板电势低B.污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小C.污水流量越大，则电流表的示数越大D.若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大【答案】ACD【解析】【详解】A．根据左手定则，正离子往N板偏，负离子往M板偏，最终M板带负电，N板带正电，M板电势比N板电势低，故A正确；BCD．最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，可得

5污水的流量Q=vbc则MN两端间电势差为污水流量越大，电势差越大，电流表示数越大；增加磁感应强度，电势差增大，电流表示数也增大；电势差与污水中的离子浓度无关，故B错误，CD正确。故选ACD。8.如图所示，带等量异种电荷的平行金属板A、B水平正对放置，间距为d，A板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。将一带电微粒从小孔正下方靠近B板的M点由静止释放，微粒穿过A板上的小孔后，刚好能到达A板上方的N点，N点与A的距离为。若将A板向下平移，再让微粒从M点由静止释放，极板所带电荷量保持不变，不考虑空气阻力，将两板间电场视为匀强电场。下列说法正确的是（  ）A.板间的电场强度变小B.板间的电场强度大小变为原来的2倍C.微粒能到达A板上方0.375d处D.微粒能到达A板上方0.25d处【答案】C【解析】【详解】AB．极板所带电荷量保持不变，板间的电场强度与两板距离无关，即板间的电场强度不变，故AB错误；CD．根据题设条件由动能定理得解得

6把A板向下平移的距离，根据动能定理知解得x＝d微粒能到达A板上方故C正确，D错误。故选C。9.一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6×10-7m的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3×1014个。普朗克常量为h=6.63×10-34J×s。R约为（）A.1×102mB.3×102mC.6×102mD.9×102m【答案】B【解析】【详解】一个光子能量为E=hνν为光的频率，光的波长与频率有以下关系c=λν光源每秒发出的光子的个数为P为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，此时距光源的距离为R处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3×1014个，那么此处的球面的表面积为S=4πR2则联立以上各式解得R≈3×102m故选B。10.

7如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（　　）A.减小偏转电压UB.减小加速电压U0C.增大偏转电场的极板间距离dD.将发射电子改成发射负离子【答案】B【解析】【详解】设电子进入偏转电场的速度为v0，偏转电场极板的长度为L，极板间距为d，则在加速电场中，有解得电子在偏转电场中，有联立以上各式可得由此可知，要使偏转位移增大，可以增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转电场的极板间距d，而与带电粒子无关。故选B。11.空间存在一电场，一带负电粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动，初速度大小为v0

8，其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中正确的是（　　）A.从x1到O之间，该电场的场强先减小后增大B.由x1运动到O过程加速度一直减小C.粒子经过x1、-x1处速度相同D.粒子能够一直沿x轴负方向运动，一定有【答案】C【解析】【详解】A．在图像中，图像斜率的绝对值反应电场强度的大小，根据图像可知，有x1到O之间，斜率的绝对值先增大后减小，故电场的强度先增大后减小，故A错误；B．有A的分析可知，由x1到O之间，电场的强度先增大后减小，电场力就先增大后减小，加速度就先增大后减小，故B错误；C．由x1到-x1之间，由x1到O，电场力先做负功，电势能增大，负电粒子减速，再由O到-x1，电场力做正功，电势能减小，负电粒子加速，图线关于纵轴左右对称，故电场力做的正功与负功一样多，故粒子在经过x1、-x1处速度相同，故C正确；D．粒子要能够一直沿x轴的负方向运动，就一定要能冲过O点，有解得故D错误。故选C。12.如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是（　　）

9A.电源的电动势为50VB.电源的内阻为ΩC.电流为2.5A时，外电路的电阻为15ΩD.输出功率为120W时，输出电压是30V【答案】AC【解析】【详解】A．由图像可知，电源的电动势为50V，选项A正确；B．由图像可知，电源的内阻为选项B错误；C．电流为2.5A时，外电路的电阻为选项C正确；D．输出功率为120W时，根据解得输出电流为4A或6A，则电压为30V或20V，选项D错误。故选AC。二、非选择题：13.某同学想用多用电表测量铅笔笔芯的电阻，在测量之前他认真分析了欧姆表的原理电路图，如图1所示。

10（1）为了能更好的理解欧姆表的原理，他分别用E表示电源电动势、r表示内阻、I表示电路中电流，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，表达出了待测电阻的阻值Rx的表达式，Rx=__________（用题中所给符号E、r、I、R0、Rg表示）；（2）为了能准确测量电阻，他准备了一个已经完成机械调零的多用电表，根据如下步骤完成电阻测量：他首先将选择开关置于“×10”倍率，接着将红黑两支表笔短接，旋转欧姆调零旋钮使指针指向欧姆表刻度0处，然后将两表笔分别与该铅笔内芯两端接触，测其电阻时指针如图2所示，则该同学接下来应该进行的操作是将选择开关旋到__________（选填“×1”、“×100”、“×1k”）挡位上，并重新调零，再进行测量。（3）该同学在上一步中正确操作后再次测量时指针如图3所示，则该铅笔内芯的电阻是__________Ω。【答案】①.②.“×1”##×1③.##【解析】【详解】（1）[1]由闭合电路欧姆定律可得（2）[2]选择开关置于“×10”倍率时，由图2可知，指针偏转角太大，即指针所指刻度值太小，故需要换低倍率挡位，即将选择开关旋到“×1”挡位上，指针所指刻度值会变大，指针偏转角变小，指在中间刻度附近。

11（3）[3]由图3和选择开关的挡位可知，该铅笔内芯的电阻为14.为了描绘规格为“，”的小灯泡的伏安特性曲线，有以下器材可供选择：A.直流电源（电动势约为，内阻可不计）B.直流电流表（量程，内阻约为）C.直流电流表（量程，内阻约为）D.直流电压表（量程，内阻约为）E.直流电压表（量程，内阻约为）F.滑动变阻器（最大阻值，允许通过的最大电流为）G.滑动变阻器（最大阻值，允许通过的最大电流为）H.导线和开关（1）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。实验中电压表应选用________，电流表应选用_______，滑动变阻器应选用_______。（均用序号字母表示）（2）请按实验要求将图中所示的器材连成实验电路。______【答案】①.D②.B③.G④.【解析】【详解】(1)[1][2][3]灯泡额定电流为则电流表选B；灯泡额定电压是3V，则电压表选D；描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应选最大电流比较大的，故滑动变阻器应选G；

12(2)[4]由于需要电压表示数从零开始，所以需要滑动变阻器的分压接法，因为小灯泡与电流表的内阻相接近，故采用电流表的外接法，如图所示15.电场中某区域的电场线如图所示，A是电场中的一点，电荷量为q=-2.0×10-8C的试探电荷在A点所受静电力的大小F=2.0×10-4N。（1）在图中画出该电荷在A点的所受静电力F的方向；（2）求A点电场强度E的大小；（3）若将该试探电荷取走，A点电场强度是否发生变化？请说明理由。【答案】（1）；（2）；（3）A点电场强度不变，因为场强由场源电荷决定与试探电荷无关。【解析】【详解】（1）因为电荷带负电，受力方向与场强方向相反，受力方向如图（2）A点电场强度E的大小（3）A点电场强度不变，因为场强由场源电荷决定与试探电荷无关。16.如图所示，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，电阻R1=4Ω，R2=10Ω．两正对的平行金属板长L=0.2m，两板间的距离d=0.1m．闭合开关S后，一质量m=5×10﹣8kg，电荷量q=+4×10﹣6C

13的粒子以平行于两板且大小为=5×102m/s的初速度从两板的正中间射入，求粒子在两平行金属板间运动的过程中沿垂直于板方向发生的位移大小？（不考虑粒子的重力）【答案】【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律，有：电场强度：粒子做类似平抛运动，根据分运动公式，有：L=v0ty=at2其中：联立解得：点睛：本题是简单的力电综合问题，关键是明确电路结构和粒子的运动规律，然后根据闭合电路欧姆定律和类似平抛运动的分运动公式列式求解．17.如图示电路中，电源提供的电压U=8V，D为直流电动机，其电枢线圈电阻R=3Ω，电阻R′=4Ω，当电动机正常工作时，电压表示数UV为0.8V。求：（1）通过电动机的电流I是多大？（2）电动机输入的电功率P入为多少？（3）电动机的热功率P热和机械功率P出各是多少？【答案】(1)0.2A；(2)1.44W；(3)0.12W，1.32W【解析】【详解】(1)通过电动机的电流I与流过限流电阻R′的电流相同，则

14(2)电动机两端电压电动机输入的电功率(3)电动机的发热功率电动机的机械功率，也就是电动机的输出功率18.如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形MNL内存在垂直于xOy平面向里磁感应强度为B的匀强磁场，三角形的一直角边ML长为6a，落在y轴上，∠NML=30°，其中位线OP在x轴上。电子束以相同的速度v0从y轴上-3a≤y≤0的区间垂直于y轴和磁场方向射入磁场，已知从y轴上y=-2a的点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过点．若在直角坐标系xOy的第一象限区域内，加上方向沿y轴正方向、大小为E=Bv0的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q．忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。试求：（1）电子在磁场中运动的最长时间；（2）电子束从+y轴上射入电场的纵坐标范围；（3）从磁场中垂直于y轴射入电场的电子打到荧光屏上距Q点的最远距离。【答案】（1）；（2）0≤y≤2a；（3）【解析】【详解】（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径为

15r=a电子在磁场中的周期为电子在磁场中运动最长时间的（2）电子能进入电场中，且离O点上方最远，电子在磁场中运动圆轨迹恰好与边MN相切，电子运动轨迹的圆心为O′点，如图所示。则有=a即粒子从D点离开磁场进入电场时，离O点上方最远距离为所以电子束从y轴射入电场的范围为0≤y≤2a（3）假设电子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a=v0t解得所以，电子应射出电场后打到荧光屏上，电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为

16，竖直方向位移为y，水平位移为x，水平x=v0t竖直代入得设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为θ有有当时，即时，有最大值，由于所以

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