2022-2023学年广东省广州八十九中高二（上）期中物理试卷（含答案解析）

这是一份2022-2023学年广东省广州八十九中高二（上）期中物理试卷（含答案解析），共15页。试卷主要包含了5WC，9Ω，【答案】C，【答案】D，【答案】A，【答案】BC，【答案】AC等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州八十九中高二（上）期中物理试卷     关于静电场，下列说法正确的是(    )A. 在电场中，电势越高的地方，电荷在该点具有的电势能越大
B. 由公式可知，在匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比
C. 由可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为
D. 在电场中电场强度大的地方，电势一定高    如图所示，实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是(    )
 A. 该粒子带正电 B. 该电场强度的方向向左
C. 粒子在a、b两点的加速度b处较大 D. 粒子在a、b两点的速度a处较大    如图所示为电子束焊接机，K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高电压U，两极之间形成了辐向分布的电场，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。有一电子在K极由静止被加速，不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是(    )A. A、K之间的电场强度均为 B. B点电势大于C点电势
C. B点电场强度大于C点电场强度 D. 电子由K到A的电势能减少了eU    传感器是采集信息的一种重要元件，如图所示是一种电容式压力传感器，当待测压力作用于可动电极时，使它发生形变，从而改变传感器的电容。若流经灵敏电流计的电流方向向左时，指针向右偏。当待测压力突然增大时，下列说法正确的是(    )
A. 电容器的电容将减小 B. 灵敏电流表指针向左偏转
C. M点的电势比N点的低 D. 电容器放电    在如图所示的分压电路中，c、d间的电压恒为，滑动变阻器的总电阻，滑动触头P可在a、b两端点间滑动，定值电阻，则触头P位于a、b连线的中点时，电阻R消耗的功率是(    )
 A. 10W B.  C.  D.     一台电动机的线圈电阻为r，接在电压为U的电源上正常工作时，通过电动机的电流为I，则电动机转子的输出功率为(    )A.  B.  C. UI D.     如图所示的电路中，、均为定值电阻，R为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，若开关S闭合后，电压表示数为U，电流表示数为I，当可变电阻R的滑片向右端移动时，下列说法中正确的是(    )A. U变小，I变大
B. U变小，I变小
C. U变大，I变大
D. U变大，I变小    如图所示，等量异种点电荷固定放置，O是两电荷连线的中点，以O为圆心，在垂直于两电荷连线的平面内作圆，A、B是圆上两点，且AB连线不过圆心O，则下列说法正确的是(    )A. A、B两点的电场强度不同
B. 将一个电荷沿圆弧从A点移到B点，电场力不做功
C. 将一个电荷沿该圆弧从A点移到B点，电荷受到的电场力一直不变
D. A点的电势比B点的电势高
     如图所示的电路中，电源的内阻，和是两个定值电阻；当滑动变阻器R的滑片向a移动时，电路中的电流、的变化情况是(    )A. 不变
B. 变大
C. 变大
D. 变小如图所示，三个同样的带电粒子不计重力同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹分别用a、b、c标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是(    )A. 当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上
B. b和c同时飞离电场
C. 进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D. 在电场中运动过程中c的动能增加最小，a、b动能增加量相同某实验小组利用图甲所示的电路测量金属丝的电阻率图中表示待测金属丝的电阻。

正确操作螺旋测微器，测量金属丝的直径结果如图乙所示，则该次测得的金属丝的直径为______ mm；
连接好电路后，开关S闭合前滑动变阻器的滑片应滑至______。选填“左端”或“右端”；
用刻度尺测得被测金属丝接入电路的长度为l，螺旋测微器测得金属丝的直径为d，用电流表测得电流为I，电压表测得电压为U，则被测金属丝的电阻率为______。用题中所给物理量的字母表示
实验中测得待测金属丝的电阻的阻值约为。电压表内阻，实验时电流表采用了外接法，经检验该方法是正确的，则关于电流表的内阻的判断可能正确的是______。
A.
B.
C.发光二极管是目前电器指示灯广泛使用的电子元件，在电路中的是只有电流从标有“+”号的一端流入，从标有“-”的一端流出时，它才能发光，这时可将它视为一个纯电阻。某同学欲测量一只工作电压为的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表量程3V，内阻约，电流表用多用电表的直流25mA挡替代，内阻约为，滑动变阻器，电池组内阻不计，开关和导线若干。他设计的电路如图a所示。回答下列问题：
根据电路图a，在答卷中将实物图b中的连线补充完整；
某次测量中，多用电表示数如图c，则通过二极管的电流为______ mA；
二极管的伏安特性曲线如图d所示，当二极管上所加电压从缓慢增加至时，伏安特性曲线先是曲线，后来逐渐趋于一条直线，可知该二极管正向电阻阻值______。选填“先减小后不变”、“一直减小”、“先增大后不变”
真空中有三个带正电的点电荷，它们固定在边长为50cm的等边三角形的三个顶点上，每个点电荷的电荷量都是，它们各自所受的静电力大小为______结果可用根号和静电常数k直接表示。
如图是双量程电压表的原理图，它有两个量程分别为和，则使用a、b两端时量程应为______ V，已知表头内阻为，满偏电流为4mA，则______。
示波器能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图象，便于人们研究各种电现象的变化过程。示波器部分结构如图所示，金属丝发射出来的电子速度可忽略被加速后从金属板的小孔穿出，从极板正中央垂直射入偏转场偏转后射出电场。已知加速电压为，两板间电压为，板间距为d，板长为L，电子的荷质比为，求：
电子进入偏转场时的速度的大小；
若，，。求电子离开偏转场时偏离原入射方向的侧移距离y的大小。
如图所示，电源内阻，，，，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离闭合开关S，待电路稳定后，将一带电小球水平射入板间，小球能沿直线通过．若小球带电量为，质量为，不考虑空气阻力．取
判断小球的电性；
求AB两板间的电压；
求电源电动势；
求电源的输出功率．
如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC段粗糙，且，CDF为固定在竖直平面内半径为的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电的滑块可视为质点接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放，已知滑块P的质量为，电荷量为，与轨道BC间的动摩擦因数为，忽略滑块P与轨道间的电荷转移。已知。求：
若滑块P运动到F点的瞬间对轨道压力为3N，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；
欲使滑块P能进入圆轨道而且在进入圆轨道后不脱离圆轨道即滑块只能从C点或者F点离开半圆轨道，求弹簧最初释放的弹性势能的取值范围。结果可用根号表示

答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：A、根据知，在电场中，电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小，故A错误；
B、由公式可知，在匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间沿电场方向的距离成正比，故B错误；
C、从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，由，可知A、B两点间的电势差为，故C正确。
D、电场强度与电势无关，电场强度大，电势不一定高，如负点电荷周围，靠近负点电荷处的电场强度大，但电势低，故D错误。
故选：C。
在电场中，电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小。在公式中d是两点沿电场方向的距离。电场强度与电势无关。电场强度总是指向该点电势降落最快的方向。
解决本题时要明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向。要注意公式中，d不是两点间的距离，而是两点沿电场方向的距离。
 2.【答案】D 【解析】解：AB、根据运动轨迹可确定受力方向，电场力在轨迹的凹侧，能确定带电粒子在a、b两点的受力方向向左，但电场线方向和带电粒子电性未知，所以无法确定电场强度的方向，带电粒子电性也无法确定，故AB错误；
C、由图可知a处的电场线密，则a处的电场强度大，根据，可知带电粒子在a处的加速度大，故C错误；
D、假设粒子从a运动到b，电场力与速度方向成钝角，电场力做负功，动能减小，可确定a点动能大于b点动能，则粒子在a、b两点的速度a处较大，故D正确；
故选：D。
根据运动轨迹可确定受力方向，但电场线方向和带电粒子电性未知，所以无法确定电场强度的方向，根据电场线的疏密判断电场的强弱，然后结合牛顿第二定律判断加速度的大小；根据电场力做功可确定速度的变化。
本题主要考查根据带电粒子的轨迹来确定其受力，结合电场力做功来确定动能的比较，但无法确定其电性和电场强度的方向。
 3.【答案】D 【解析】解：A、如图所示，A、K之间的电场为非匀强电场，不可用进行计算，故A错误；
B、沿电场线方向电势逐渐减小，等势面垂直于电场线，综合可得B点电势小于C点电势，故B错误；
C、电场线越密电场强度越大，则B点电场强度小于C点电场强度，故C错误；
D、电子由K到A的电势能减少量等于电场力做的功，即，故D正确。
故选：D。
A、K之间形成的是非匀强电场，公式不适用；根据沿电场线方向电势降低判断电势高低；电场线的疏密程度表示电场强度大小；由电场力做功与电势能的关系和动能定理求得电子由K到A的电势能减少量。
本题以电子束焊接机为背景考查电子在电场中的加速问题，特别需要明确A、K之间建立的是非匀强电场，注意公式的适用条件。
 4.【答案】C 【解析】解：由题可知，电容器的电压不变，当待测压力突然增大时，F向上压膜片电极，可知d减小，由，电容增大，故A错误；
由题可知，电容器的电压不变，若F向上压膜片电极，电容增大，电量增大，电容器充电，电路中形成逆时针方向的电流，则灵敏电流计指针向右偏；电流从N流向M，故M点的电势比N点的低，故B错误，C正确；
D.当待测压力突然增大时，F向上压膜片电极，d减小，由，电容增大，电容器充电，故D错误。
故选：C。
电容器的电压不变，当待测压力突然增大时，F向上压膜片电极，d减小，由，电容增大，电量增大，电容器充电，电路中形成逆时针方向的电流，则灵敏电流计指针向右偏；电流从N流向M，故M点的电势比N点的低.
本题考查的是电容器的动态变化，待测压力突然增大时，F向上压膜片电极，d减小，由进行分析即可得到答案，不难。
 5.【答案】D 【解析】解：触头P位于a、b连线的中点时，电阻R与并联，并联部分电阻值为，并联后R两端的电压为：
根据电功率公式，可得电阻R消耗的功率为：，故ABC错误，D正确。
故选：D。
触头P位于a、b连线的中点时，电阻R与并联，根据串并联电路的电阻公式求出并联部分的电阻，然后由串联电路的分压特点求出并联部分的电压，然后根据电功率公式求得电阻R消耗的功率。
本题考查分压电路的应用，解答的关键是理解分压电路的特点，会根据串并联电路的知识以及电功率公式灵活求解。
 6.【答案】D 【解析】解：电动机的电功率：，
线圈消耗的功率：，
则输出功率：
故选：D
已知电动机两端的电压和通过的电流，根据公式可求电动机的电功率；已知线圈的电阻和通过的电流，根据计算线圈消耗的功率，总功率减去线圈消耗的功率就是电动机的输出功率．
解决本题的关键是电功率公式及其变形的灵活运用，难点是知道只有在纯电阻电路中电能才完全转化成内能．
 7.【答案】A 【解析】解：当R的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I增大，电压表测量R两端电压U，而，I增大，E、r、不变，则U变小，通过的电流变小，而总电流变大，则电流表的示数I变大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
当R的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压，即可判断电压表示数的变化，由欧姆定律分析变阻器两端电压的变化，分析电流表示数的变化。
本题按“部分整体部分”的思路进行动态变化分析，对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析，也可以根据“串反并同”进行分析，直接得出结论。
 8.【答案】BC 【解析】解：A、由异种电荷电场线分布可知，A处的电场线与B处的电场线疏密程度相同，且方向都向右，则A点的场强等于B点的场强，故A错误；
B、A、B两点电势相同，两点间的电势差为零，把电荷从A点移动到B点，静电力对质子做功为零，故B正确；
C、由异种电荷电场线分布可知，圆弧上各点场强都相同，将一个电荷沿圆弧从A点移到B点，电荷受到的电场力都不变，故C正确；
D、根据电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，可知，A点、B点在同一个等势面，则A点电势等于B点电势，故D错误；
故选：BC。
电场线越密的地方场强越大，电磁线越稀疏的地方场强越小，电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，电场力做功等于电势能的变化量，根据电场线分布分析答题。
本题考查了等量异号电荷的电场，知道电场线的分布，知道等量异号电荷连线的中垂线是等势线即可正确解题。
 9.【答案】AC 【解析】解：当滑动变阻器R的滑片向a移动时，电阻减小，总电阻减小，总电流I变大，因为内阻为0，则路端电压不变，电压不变，则不变，据可知变大。故A、C正确，B、D错误。
故选AC。
理清电路，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．
解决本题的关键抓住电动势不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，难度不大，属于基础题．
 10.【答案】ACD 【解析】解：
A.粒子的质量和电量都相同，可知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据，则知运动时间相等，即当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上，故A正确；
B.b、c竖直方向上的位移不等，根据，则知说明c先飞离电场，故B错误；
C.根据，以及得，根据，以及得，则进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，故C正确；
D.根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能变化量相等．c电荷电场力做功最少，动能变化量最小，故D正确。
故选ACD。
三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量。
解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动。
 11.【答案】左端   C 【解析】解：螺旋测微器的分度值为，需要估读到分度值的下一位，则金属丝的直径为
为了保护电路，开关S闭合前滑动变阻器的滑片应滑至最左端，使待测支路电流为零；
由欧姆定律得
由电阻定律得
及金属丝的横截面积公式
联立可得
电压表的内阻为，由题意知电流表采用了外接法，经检验该方法是正确的，则有
代入数据得
故C可能，AB不可能。
故选：C。
故答案为：均正确；左端；；。
根据螺旋测微器的读数规则得出金属丝的直径；
根据实验原理分析出滑片的位置；
根据电阻定律和欧姆定律分析出金属丝的电阻率；
根据内接法与外接法的选择方法判断电流表电阻的取值范围。
本题主要考查了金属丝电阻率的测量，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合电阻定律完成分析。
 12.【答案】一直减小 【解析】解：根据图a所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示

多用电表的量程为25mA，由图c所示表盘可知，其分度值为，示数为；
由图d所示图像可知，随电压U增大图线上的点与坐标原点连线的斜率一直增大，斜率的倒数一直减小，斜率的倒数等于二极管电阻，因此二极管电阻一直减小。
故答案为：实物电路图如图所示：；一直减小。
根据实验原理图连接实物电路图。
根据多用表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；
根据图示图线应用欧姆定律分析阻值如何变化。
本题考查了实验电路连接，滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置，分析图示图线应用欧姆定律即可解题。
 13.【答案】   【解析】解：设三个点电荷分别为A、B、C，带电荷量均为q，它们的分布如图所示.点电荷C受到A对它的静电力和B对它的静电力两个力的作用.

每两个点电荷之间的距离r都相同，所以
根据平行四边形定则可得
点电荷C所受的合力F的方向沿A与B连线的垂直平分线并由AB中点指向
每个点电荷所受的静电力的大小相等，方向均沿另外两个点电荷连线的垂直平分线并由这两个点电荷连线的中点指向另一点电荷。
改装后电压表的量程为
故串联的电阻越大，量程越大，故接a，b时，为灵敏电流计与串联，量程为3V；接a，c时，为灵敏电流计与和串联，量程为15V；
由题可知，满偏电压
则两端的电压为
则
故答案为：；735
根据库仑定律结合矢量合成的特点得出力的大小和方向；
根据电路的特点结合欧姆定律得出电表的量程和电阻的大小。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，熟悉公式的应用，结合几何关系和矢量合成的特点即可完成分析。
 14.【答案】解：电子在加速电场中加速过程，由动能定理得：
 
解得：
电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有：
 
在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：
 
根据牛顿第二定律有：
联立解得
将，，代入上式解得
答：电子进入偏转场时的速度的大小是；
电子离开偏转场时偏离原入射方向的侧移距离y的大小是4cm。 【解析】电子在加速电场中加速过程，利用动能定理求电子进入偏转电场时的速度；
电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据水平位移求运动时间，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求侧移距离y。
本题是带电粒子先加速后偏转问题，能根据动能定理求电子加速获得的速度，在偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。
 15.【答案】解：小球匀速直线运动在极板间，电场力竖直向上，故粒子带负电；
根据受力力平衡，则有：
 
联立得
所以 
又
知
 
电源输出功率
答：小球带负电；
两板间的电压为8V；
电源电动势为32V；
电源的输出功率为 【解析】小球电场力与重力二平衡，知电性，根据平衡条件和结合，求解两板间的电压．
根据串并联电路特点求总电流，根据欧姆定律求电动势；
根据电源输出功率求解；
本题电场与电路知识的综合，它们联系的纽带是电容器的电压，可运用欧姆定律和电路的连接关系进行分析．
 16.【答案】解：滑块在F点时由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
根据牛顿第三定律知
解得
滑块从D点到F点，由动能定理得
解得
在D点，对滑块由牛第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力大小为3N，方向水平向右；
如下图所示，滑块的等效重力大小为，与竖直方向夹角为

M、N两点分别为等效最高点和等效圆心等高点。
①要使滑块P恰好沿半圆轨道运动到M点时不与轨道分离，可得
解得
滑块P从释放到M点的过程中，由能量守恒定律得
联立可得；
②小球达到等效圆心等高点点的速度为零，由能量守恒得
解得
滑块P恰好到达C点时满足
代入数据解得：
所以欲使滑块P在进入圆轨道后不离开圆轨道，弹性势能的取值范围或。
答：若滑块P运动到F点的瞬间对轨道压力为3N，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力为3N，方向水平向右；
欲使滑块P在进入圆轨道后不离开圆轨道，弹性势能的取值范围或。 【解析】求出物块达到F点的速度大小，滑块从D点到F点，由动能定理求出滑块通过D点的速度，再由牛顿第二定律和牛顿第三定律求解滑块在D点时对轨道的压力；
计算等效重力，找到等效最高点，分析题意找到滑块不与轨道分离的两种情况，分别用动能定理解答。
本题的关键要理清滑块的运动情况和受力情况，把握隐含的临界条件。在问中，一是计算等效重力，找到等效最高点，二是滑块不与轨道分离的两种情况，记住这种模型。