湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题

这是一份湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题，共10页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年下学期期中考试试卷高二物理本试卷分为问卷和答卷。考试时量为75分钟，满分100分。请将答案写在答题卡上。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的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F          B.;由O指向FC.;由O指向C         D.;由O指向C2、如图所示,三个同心圆是以点电荷- Q为圆心的等势面,相邻等势面间的电势差相等,则下列说法正确的是A.一个点电荷+q在B点所受的静电力比在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.将同一电荷从B点移到D点,静电力做功比由C点移到A点多D.将电荷+q由B点移到C点,静电力做正功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2 V,  a点的坐标为(0 cm,4 cm),电势为8 V,  b点的坐标为(3 cm,0 cm),电势为 8 V,则电场强度的大小为A.250 V/m  B.200 V/m   C.150 V/m   D.120 V/m       第3题图     第4题图     第5题图4.如图所示电路中,电压U保持不变,当开关S断开时,理想电流表的示数为0.6 A;当开关S闭合时,理想电流表的示数为0.9 A.则两电阻阻值之比R1∶R2为A.1∶2   B.2∶1    C.2∶3    D.3∶25、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 Ω,满偏电流Ig=1 mA.下列说法正确的是A.表头G的满偏电压为500 VB.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10 V,则R1为9.5 kΩD.使用a,c两个端点时,若量程为100 V,则(R1+R2)为95 kΩ6、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.粒子的运动轨迹一定经过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A.此电源的内电阻为0.67 ΩB.灯泡L的额定电压为3 V,额定功率为6 WC.把灯泡L换成阻值恒为1 Ω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R0=r,滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时,下列说法正确的是A.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三、非选择题：共56分。11、(4分)如下图所示，游标卡尺的读数为　 　　cm,螺旋测微器的读数为　  　mm. 12.(8分)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，如右图虚线箭头所示,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　　　　Ω. (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:4 V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(0～3 V,内阻约为3kΩ)  B.电压表(0～15 V,内阻约为20 kΩ)C.电流表(量程0～3 A,内阻约1 Ω)  D.电流表(量程0～0.6 A,内阻约0.3 Ω)E.滑动变阻器(最大阻值为10 Ω)   F.滑动变阻器(最大阻值为500 Ω)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)请在下图中画出实验电路图,以便完成本实验.       13.（8分）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 Ω)C.滑动变阻器(0～1 kΩ)D.电压表(0～3 V,内阻约为20 kΩ)E.电流表(0～0.6 A,内阻RA=0.2 Ω)F.电流表(0～3 A,内阻约为0.01 Ω)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UI图象如图(乙)所示,由图象可得电池的电动势为　　　　 V,内电阻为　　　　 Ω.(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　      　Ω. (均保留到小数点后一位) 14.(10分)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=2.0 m.若将电荷量均为q=+2.0×10-6 C的两点电荷分别固定在A,B点,已知静电力常量k=9.0×109 N·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.    15.(10分)如图所示,M为一线圈电阻RM=0.4 Ω的电动机,R=24 Ω,电源电动势E=40 V.当S断开时,电流表的示数I1=1.6 A,当开关S闭合时,电流表的示数为I2=4.0 A.求:(1)电源内阻r;(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.    16.(16分)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.小球始终处在电场强度大小为、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.
2022年下学期期中考试高二物理参考答案及评分标准一、单项选择题；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、(　B　)解析:由点电荷的场强公式可知,点电荷在O点产生的场强大小为E=,将6个点电荷分成A与D,B与E,C与F 3组,其中B与E,C与F是等量异种点电荷,电场强度的方向指向负电荷,大小EBE=ECF=,A点产生的场强方向竖直向下,大小EA=,D点产生的场强方向竖直向上,大小ED=.所以,A与D的场强大小为EAD=-=,方向竖直向上;三对点电荷的合场强方向如图,由几何关系可知,EAD与EBE之间的夹角是120°;电场强度是矢量,求合场强应用平行四边形定则,所以EAD与EBE的合场强大小为,方向与ECF的方向相同;所以E合=2ECF=,方向由O指向F;故B正确.2、(　D　)解析:点电荷电场中,离点电荷越近电场强度越大,所以EA>EB,点电荷+q在A点受的静电力比在B点受的静电力大,故选项A错误.从B向A移动+q,静电力做正功,电势能减小,即+q在B点电势能比在A点大,故选项B错误.从B到D移动电荷量为+q的电荷,静电力做功WBD=qUBD.从C到A所做的功是WCA=qUCA,因为UBD=UCA,故WBD=WCA,即选项C错误.从B到C移动+q,由于UBC>0,故对于正电荷,静电力做正功,WBC=qUBC>0,故选项D正确.3.(　A　)解析:由题意可知a,b两点的电势相等,则ab为一条等势线,又因为O点电势为2 V,则知匀强电场的电场强度方向垂直于ab指向左下方,过O点作ab的垂线交ab于c点,由几何关系得tan∠b=,得∠b=53°,Oc=Ob·sin∠b=0.03 m×sin 53°=2.4×10-2 m,c,O间的电势差U=8 V-2 V=6 V,则电场强度大小E==250 V/m,故A正确.4.(　A　)解析:由欧姆定律I=得,电压一定时,电流与电阻成反比,则有==,整理得=,故A正确.5、(　C　)解析:表头G的满偏电压Ug=IgRg=1×10-3×500 V=0.5 V,故A错误;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;使用a,b两个端点时,若量程为10 V,则R1的阻值R1=(-500)Ω=9 500 Ω=9.5 kΩ,故C正确;使用a,c两个端点时,若量程为100 V,则R1+R2= Ω-500 Ω=99 500 Ω=99.5 kΩ,故D错误.6、(　B　)解析: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C=∝可知,电容C减小,选项A正确;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不变,所以静电计指针张角不变,选项B错误;U不变,极板间距d变大时,板间电场强度E=减小,带电油滴所处位置的电势P=EdP增大,其中dP为油滴到下极板的距离,又因为油滴带负电,所以其电势能将减少,选项C正确;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,E=和C=可知E∝,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.故选B。二、多项选择题：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、(　BC　)解析: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;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,故B正确;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;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.8.(　BD　)解析: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;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.9、(　BC　)解析:由图知电源的电动势E=4 V,内阻r=||=Ω=0.5 Ω,A错误;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=3 V,额定电流I=2 A,则额定功率为P=IU=6 W,故B正确;灯泡L的电阻R1== Ω=1.5 Ω,换成一个1 Ω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η==减小,故C正确;灯泡是纯电阻元件,欧姆定律适用,故D错误.10、(　AC　)解析:当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时,其接入电路的阻值变小,外电路电阻减小,电路中的电流变大,当滑片位于b端时,r=R外,电源的输出功率最大,故电源的输出功率一直变大,选项A正确,B错误;当把定值电阻R0看做电源内阻时,当滑动变阻器的滑片P位于a端时,滑动变阻器消耗的功率最大,故由a端向b端滑动时,滑动变阻器消耗的功率变小,选项C正确;由P=I2R0知,定值电阻R0上消耗的功率变大,选项D错误.四、非选择题：共56分。11.(4分)  1.450 cm;    3.205 mm.（3.204mm-3.206mm均可）解析:游标卡尺主尺刻度为14 mm,游标尺刻度为10×0.05 mm=0.50 mm,故游标卡尺的读数为14 mm+0.50 mm=14.50 mm=1.450 cm;  螺旋测微器固定刻度为3 mm,可动刻度为20.5×0.01 mm=0.205 mm.故螺旋测微器的读数为3 mm+0.205 mm=3.205 mm.（3.204mm-3.206mm均可）12.(8分) 答案:(1)　×1　欧姆调零　12.0或12　(2)A　D    E  (3)如图所示解析:(1)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;电阻丝的电阻为12×1 Ω=12 Ω;(2)通过待测电阻的最大电流约为I== A=0.25 A,故电流表应选A1;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,滑动变阻器应选用R1;(3)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.答案:(1)　×1　欧姆调零　12.0或12　(2)A　D    E  (3)如图所示评分标准:第(1)问每空1分,第(2)问每空1分,第(3)问2分.13.（8分）答案:(1)B　E　 (2)1.5　1.0   (3)不变　偏大　1.5　0.8   （每空1分）解析:(1)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0.6 A,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)根据U=E-Ir=-rI+E,可知U-I图象纵轴截距即为电动势,图象斜率绝对值即为内阻r,所以E=1.5 V,r= Ω=1.0 Ω.(3)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图象进行修正,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,修正图象如图所示,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1.5 V,内电阻为1.0 Ω-0.2 Ω=0.8 Ω.14.(10分) 解析:(1)根据库仑定律,A,B两点电荷间的库仑力大小为F=k (2分)代入数据得F=9.0×10-3 N.                               (2分)(2)A,B点电荷在C点产生的电场强度大小相等,均为E1=k  (2分)A,B两点电荷形成的电场在C点的合电场强度大小为E=2E1cos 30°  (2分)代入数据得E=7.8×103 N/C                                (1分)电场强度E的方向沿y轴正方向.                           (1分)答案:(1)9.0×10-3 N       (2)7.8×103 N/C　方向沿y轴正方向15.(10分)解析:(1)S断开时,电源与定值电阻构成串联回路由闭合电路欧姆定律有E=I1(R+r)                        (2分)则电源内阻r=-R=1 Ω.                               (2分)(2)S闭合后,定值电阻与电动机构成并联电路,电流表测干路电流路端电压U=E-I2r=36 V                              (1分)通过定值电阻的电流I3==1.5 A                       (1分)通过电动机的电流I4=I2-I3=2.5 A                      (1分)电动机消耗的总功率即电动机的电功率P=UI4=90 W.     (1分)电动机消耗的热功率P热=I42RM=2.5W          (1分)电动机输出的机械功率P机= P- P热=87.5W    (1分)答案:(1)1 Ω　(2)2.5 A　87.5W16.(16分)  解析:(1)小球受到竖直向上的电场力F=qE=mg>mg(1分)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,设此时速度为v,由动能定理有(F-mg)L=mv2(2分)解得v=(1分)设细线被拉断前瞬间的拉力为FT,由牛顿第二定律有FT+mg-F=m(2分)联立解得FT=mg.(2分)(2)细线断裂后小球做类平抛运动,加速度a竖直向上,由牛顿第二定律有F-mg=ma(2分)设细线断裂后小球经时间t到达P点,则有L=vt(1分)小球沿电场方向的位移y=at2(1分)O,P两点沿电场方向的距离d=L+y(1分)O,P两点间的电势差UOP=Ed(1分)联立解得UOP=.(2分)答案:(1)mg　(2)