四川省资阳中学2022-2023学年高二上学期期中物理 Word版含解析.docx

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高2021级第三学期半期考试物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分。1—8题为单选，9—12题多选，错选不得分，漏选得2分。）1.有一电解池，如果在1s内共有5.0×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某一横截面，则通过这个截面的电流是（　　）A.0B.0.8AC.1.6AD.3.2A【答案】D【解析】【详解】通过截面的电荷量通过截面的电流故选D2.电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为，在B点的电势能为。已知A、B两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量数值为，那么（　　）A.该电荷为负电荷B.该电荷为正电荷C.A、B两点的电势差大小为4.0VD.把电荷从A移到B，电场力做功为W=4.0J【答案】C【解析】【详解】AB．由题可知，点电荷在从A到B的过程电场力做正功，但电场强度的方向不知道，同时两点的电势也不能确定，故该点电荷的带电性质无法确定，AB错误；CD．电荷在从A到B的过程电场力做正功，即又 解得C正确，D错误。故选C。3.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）A.θ增大，E增大B.θ增大，EP不变C.θ减小，EP增大D.θ减小，E不变【答案】D【解析】【详解】试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确．【学科网考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关．4.磁电式电流表(表头)最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程．已知某一表头G，内阻Rg＝30Ω，满偏电流Ig ＝5mA，要将它改装为量程为0～3A的电流表，所做的操作是(　　)A.串联一个570Ω的电阻B.并联一个570Ω的电阻C.串联一个0.05Ω的电阻D.并联一个0.05Ω的电阻【答案】D【解析】【详解】改装成电流表是要扩大电流的量程，使用并联电路的分流原理；要并联的阻值为：；故选D．【点睛】改装成电流表要并联电阻分流，电阻值等于满偏电压除以所分最大电流，改装成电压表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻．5.如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种正电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态。现将A球向竖直杆NO方向缓慢移动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡，则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法中正确的是（　　）A.A、B两小球间的库仑力变小B.A、B两小球间的库仑力变大C.A球对MO杆的压力变小D.B球对NO杆的压力变大【答案】A【解析】【详解】ABD．如下图所示，图甲是、两小球整体受力图，图乙是球受力图，单独分析B球受力如图乙所示，由平衡条件可得 库＝A球向右缓慢移动一小段距离后，增大，库减小，减小，由牛顿第三定律可知，故A正确，BD错误。C．分析A、B两小球整体的受力如图甲所示，由平衡条件得：可见的大小与、两小球间距及图中无关，由牛顿第三定律可知，C错误。故选A。6.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的A3倍B.9倍C.倍D.倍【答案】A【解析】【详解】对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量e，质量为m，速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向:L=vt;竖直方向：，得:, 若速度变为原来的，则仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的3倍;故A正确，B，C，D错误.故选A.7.如图所示，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为定值电阻（R1>r），R2为可变电阻，以下说法中正确的是（　　）A.当时，R1上获得最大功率B.当时，R2上获得最大功率C.当时，电源的效率最低D.当时，电源的输出功率最大【答案】C【解析】【详解】A．要使定值电阻R1上获得最大功率，需要使R1上的电流最大，故只有R2为0才可以实现，A错误；B．电源的输出功率为当R＝r时，外电阻有最大功率，最大功率为即当R2＝R1＋r时，R1＋r可以看成电源的内阻，则R2上获得最大功率，B错误；C．电源的效率则R2越小，电源的效率越低，当R2＝0时，电源的效率最低，C正确；D．因当电源内阻与外电路相等时，电源输出功率最大，因为R1>r，则当R2＝0时，外电路电阻与电源内阻最接近，此时电源的输出功率最大，D错误。 故选C。8.如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是（　　）A.电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮B.电压表读数变小，通过灯L1电流变小，灯L2变亮C.电压表读数变大，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗D.通过灯L1、L2电流均变大，灯L1变亮【答案】B【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流增大，通过灯L2的电流变大，则灯L2变亮。电源的内电压和L2的电压增大，路端电压减小，则并联部分电压减小，电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L1变暗。故选B。9.如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为和的点电荷，其中位于x轴的坐标原点，电荷的右侧各点电势随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则（　　）A.B点的电场强度大小为零B.A点的电场强度强度方向向左C.两点电荷的电荷量的大小关系为D.将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做负功【答案】BC【解析】 【详解】A．根据可知，图象的斜率表示电场强度，而B点的斜率不为零，则B点的电场强度不等于零，故A错误；BC．因为C点的斜率等于零，则C点的电场强度等于零，所以q1和q2两个点电荷在C点产生的电场的电场强度等大，反向，所以q1和q2是异种电荷，根据点电荷的电场强度公式可知，q1离C点远，则q1的电荷量大，则q1和q2是异种电荷，且q2附近的电势为正，所以q2为正电荷，q1为负电荷，q1和q2在A处产生的电场的电场强度都向左，则A处的电场强度水平向左，故BC正确；D．C到D电势逐渐升高，根据EP=qφ可知，将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电荷的电势能逐渐减小，所以电场力做正功，故D错误。故选BC。10.如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10－6C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5J，已知A点的电势为－10V，则以下判断正确的是A.微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示；B.微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示；C.B点电势为零；D.B点电势为－20V【答案】AC【解析】【详解】AB．由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10-5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A正确，B错误．CD．根据动能定理得：qUAB=△Ek，得 又UAB=φA-φB，φA=-10V，则φB=0．故C正确，D错误．11.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）A.偏转电场对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置，【答案】AD【解析】【详解】AB．带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知解得粒子在偏转电场中的时间在偏转电场中的纵向速度纵向位移 即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，故A正确，B错误；CD．因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误，D正确。故选AD。【点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。12.如图所示，电源电动势为E、内阻为r.闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，电流表的示数为I，电容器的带电量为Q，则在这个过程中，下列图象正确的是(　　)A.B.C.D.【答案】BD【解析】 【详解】AB．电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律U=E-I（R1+r）得△U=△I（R1+r）解得：所以不变，所以图像为平行时间轴的直线，故A错误，B正确；CD．当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，根据欧姆定律可知电阻R1两端电压增大，电路中总电流I增大，根据Q=UC=CR1I可知Q-I图象是过原点的倾斜直线，故C错误，D正确二、探究与实验题（共16分）13.一细而均匀的导电材料，电阻约为100Ω，欲测量该样品的电阻率。现提供以下实验器材：A．20分度的游标卡尺；B．螺旋测微器；C．电流表A1（量程50mA，内阻r1=100Ω）；D．电流表A2（量程100mA，内阻r2约为40Ω）；E．滑动变阻器R1（0~10Ω，额定电流2A）；F．直流电源E（电动势为12V，内阻很小）；G．上述导电材料R2（长约为3cm，电阻约为100Ω）；H．开关一只，导线若干。请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品电阻率的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图2所示，其示数L=______cm，用螺旋测微器测得该样品的外径如图3所示，其示数D=______mm。（每空2分，共4分）（2）图4是实验测量电路一部分，为了多测几组数据，请在图上补全测量电路______（所需仪器在题中给的器材中选取，用常用的电路符号代替）。 （3）若A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2，则样品的电阻R=______。【答案】①.3.015②.3.204##3.205##3.206③.见解析④.【解析】【详解】（1）[1]该样品的长度为（1）[2]该该样品外径为（2）[3]实验中需要测量多组数据，滑动变阻器应采用分压接法，如下图所示（3）[4]由部分电路的欧姆定律可得14.某同学在练习使用多用电表时连接的电路如图所示．(1)若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过_______(填R1或R2)的电流；(2)若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，则测得的是______的电阻．A.R1的电阻B.R2的电阻C.R1和R2的串联电阻 D.R1和R2的并联电阻(3)将选择倍率的旋钮拨至×100挡时，指针的偏转角过大，为了提高测量的精确度，请完成下列操作：A.将选择开关拨至______挡(填“1kΩ”或“10Ω”)；B.将两根表笔短接C.调节调零电阻，使指针停在0Ω刻度线上D.将两根表笔分别接触待测电阻的两端，指针偏转情况如图所示，则所测电阻大小为_______Ω.E.将选择开关拨至交流电压最高挡上．【答案】①.R1②.C③.10Ω④.160【解析】【详解】（1）[1]．多用电表使用电流挡时应该串联在电路中，图中多用电表与滑动变阻器串联，电流相等，若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过R1的电流．（2）[2]．断开电路中的电键，R1与R2串联，多用电表两表笔接在其两端，故测得的是R1与R2串联的总电阻，故选C；（3）[3][4]．用“×100Ω”测电阻时挡时，指针的偏转角过大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用小挡，应选“×10Ω”挡，然后对欧姆表重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电源最高挡上，由图象表盘可知，待测电阻阻值为：16×10Ω=160Ω；三、论述与计算（本题共3个小题，共36分。解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出结果不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位）15.在如图所示电路中，电动机的额定功率P=9W，额定电压U=6V，线圈内阻r=2.0Ω。电源电动势E=36V，内阻不计。（1）若要电动机正常工作，求电阻箱接入电路的电阻值；（2）电动机正常工作时，若突然卡住停止转动，求电动机的发热功率。（结果保留2位小数）【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）电动机正常工作时，电阻箱分担的电压为 电阻箱通过的电流等于电动机的额定电流，有电阻箱接入电路的电阻值为解得（2）电动机被卡住时，电路电流为发热功率为解得16.如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为+q(可视为点电荷)的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处．现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响．求：(1)小球经过B点时对杆的拉力大小；(2)在+Q、-Q形成的电场中，A点的电势;(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小．【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】(1)小球经B点时，在竖直方向有 由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小(2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以电荷从A到B过程中，由动能定理得(3)由电场对称性可知即小球从A到C过程，根据动能定理17.如图所示，在平面坐标系第一象限内有水平向左的匀强电场，电场强度为E，y轴与直线（d>0）区域之间有竖直向下的匀强电场，电场强度也为E，一个带电量为+q的粒子（不计重力）从第一象限的S点由静止释放。（1）若S点坐标为，求粒子进入第二象限时的速度；（2）若S点坐标为，求粒子通过x轴的位置坐标；（3）若S点坐标为（d，d），求粒子通过x轴时的动能； 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）在第一象限，由动能定理得得入第二象限速度为（2）进入第二象限，粒子做类平抛运动，假设粒子没有出电场左边界，则有在水平方向上的位移故粒子刚好到达场左边界，粒子通过x轴的坐标为。（3）在第一象限，由动能定理得入第二象限的速度那么，粒子在第二象限电场中的初速度增大，故运动时间减小，那么，粒子一定穿过了电场左边界。粒子先做类平抛运动，之后做匀速直线运动到达x轴。粒子做类平抛运动的时间竖直方向位移 故对粒子从静止到通过x轴的过程应用动能定理可得：粒子通过x轴时的动能