2022-2023学年云南省玉溪市江川区第一中学高二上学期期中考试物理试题

2022-2023学年云南省玉溪市江川区一中上学期期中考试

高二 物理

考试时间：100分钟

注意事项：

1.答题前填写好自己的班级、姓名、考号等信息

2.请将正确答案填写在答题卡上

一、单选题（共10小题，每题3分，共30分）

1. 如图所示，不带电的金属导体A和B放在绝缘支柱上并相互接触，带正电的小球C靠近A，以下说法中正确的是（　　）

A. 若先将A、B分开，再移走C，A带正电，B带负电

B. 若先将A、B分开，再移走C，B带正电，A带负电

C. 若先将C移走，再把A、B分开，A带正电，B带负电

D. 若先将C移走，再把A、B分开，B带正电，A带负电

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】AB．带正电的小球C靠近A端，由于感应起电，A端带负电，B端带正电，将A、B分开，再移走C，则A整体带负电，B整体带正电，故A错误，B正确；

CD．带正电的小球C靠近A端，由于感应起电，A端带负电，B端带正电，将C移走，A、B上的电荷又马上中和，不再带电，再把A、B分开，A、B都不带电，故C、D错误。

故选B。

2. 如图所示，四根相互平行的通电长直导线a、b、c、d电流均为I，放在正方形的四个顶点上，每根通电长直导线单独存在时，正方形中心O点的磁感应强度大小均为B，则四根通电长直导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为（　　）

A. 2B，方向向左

B. 2B，方向向下

C. 2B，方向向左

D. 2B，方向向上

【答案】A

【解析】

【分析】利用安培定则判断各电流在O点处的磁感应强度，在对O点处的多个磁感应强度进行矢量运算。

【详解】由安培定则可知a、b、c、d四根通电导线在O点处的磁感应强度如图所示

由题意可知

根据平行四边形定则可知

（方向水平向左）

故选A。

3. 如图所示，、为定值电阻，L为小灯泡，为光敏电阻（光照越强，电阻越小），当照射光强度增大时（　　）

A. 电压表的示数减小 B. 中电流变大

C. 小灯泡的功率减小 D. 电路的路端电压减小

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】AD．当光照增大时,光敏电阻的阻值减小，总电阻减小;则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大；则由

可知，路端电压减小，因干路电流增大，则两端的电压增大，故电压表示数增大，故A错误，D正确；

B．因路端电压减小，电压表示数增大，则并联部分电压减小，故中的电流减小，故B错误；

C．由以上分析可知，通过L的电流增大，由

可知灯泡功率增大；故C错误。

故选D。

4. 如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，开关始终处于闭合状态，则下列说法正确的是（　　）

A. 电流表、电压表的读数均变小

B. 电源内阻消耗的功率变大

C. 液滴将向上运动

D. 电源的输出功率变大

【答案】C

【解析】

【详解】A．当灯泡L的灯丝突然烧断时，外电路电阻增大，回路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的总电流减小，内电压减小，路端电压增大，但R1两端的电压减小，则电容器两端电压增大，即R2和R3的总电压增大，流过它们的电流增大，所以电流表和电压表的读数均变大，故A错误；

B．由于回路中的总电流减小，所以电源内阻消耗的功率变小，故B错误；

C．电容器两端电压增大，其内部电场强度增大，电场力增大，液滴将向上运动，故C正确；

D．电源的输出功率的大小取决于外电阻和内电阻的关系，当二者相等时，电源的输出功率达到最大，根据题意无法确定内、外电阻关系，所以无法确定输出功率的变化，故D错误。

故选C。

5. 如图所示，P是一个带电体，将原来不带电的导体球Q放入P激发的电场中并接地，a，b，c，d是电场中的四个点．则静电平衡后（ ）

A. 导体Q仍不带电

B. a点的电势高于b点的电势

C. 检验电荷在a点所受电场力等于b点所受电场力

D. 带正电的检验电荷在c点的电势能大于d点的电势能

【答案】D

【解析】

【详解】由于静电感应，Q将带上与P异号的电荷；故A错误；由图可知电场线由b到a，故a点的电势低于b点的电势；故B错误；b点电场线较为密集，故a点场强要小于b点场强，故检验电荷在a点所受电场力小于b点所受电场力；故C错误；由于Q接地，d点电势接近0；而c点电势肯定大于d点电势；故带正电的检验电荷在c点的电势能大于d点的电势能；故D正确；故选D．

点睛：本题关键在于比较c d两点的电势，要注意c沿电场线到零势能面有很大的距离，而d点已接近零势能面，而沿电场线的方向，电势是降落的；故c点电势一定大于d点电势．

6. 两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、、三点，如图甲所示．一个电量为，质量为的小物块从点静止释放，其运动的图象如图乙所示，其中点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的（　　）

A. 点为中垂线上电场强度最大的点，场强

B. 由到的过程中物块的电势能先减小后变大

C. 由点到点的过程中，电势逐渐升高

D. 两点电势差

【答案】D

【解析】

【详解】A．据图可知带电粒子在点的加速度最大为，所受的电场力最大为，据知，点的场强最大为，故错误；

B．据图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误；

C．据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由点沿中垂线指向外侧，故由点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误；

D．据图可知A、两点的速度，在根据动能定理得电场力做的功，再用

故正确。

故选D。

7. 图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm，把一个电荷量q＝10－5C正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为－1.73×10－3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（　　）（计算时取1.73）

A. 865V/m，垂直AC向左

B. 865V/m，垂直AC向右

C. 1000V/m，垂直AB斜向上

D. 1000V/m，垂直AB斜向下

【答案】D

【解析】

【详解】由题意可知AB为一条等势线，且C、B两点间电势差为

该匀强电场的场强大小为

根据沿电场强度方向电势降低且电场强度方向垂直于等势线可知场强方向为垂直于AB斜向下，故选D。

8. 如图所示，将带电量为q的小球A固定在绝缘支架上，将另一质量为m，电荷量相等的带电小球B放在距离A球正上方r处恰好处于平衡状态（r远远大于小球直径），则（  ）

A. A、B两球可能带异种电荷

B. 两小球的电量

C. 如果小球B的质量变为2m，则A、B两球的距离为2r

D. 如果小球B的电量变为2q，则A、B两球的距离为2r

【答案】B

【解析】

【分析】对小球B受力分析判断出库仑力的方向，结合B球受力平衡求出电荷量和距离．

【详解】A项：对小球B受力分析可知，小球B受重力，库仑力两力平衡，所以库仑力竖直向上，所以两球应带同种电荷，故A错误；

B项：由B球受力平衡可知，，解得：，故B正确；

C、D项：由B球受力平衡可知，解得：，当小球B的质量变为2m，则A、B两球的距离为，如果小球B的电量变为2q，则A、B两球的距离为，故C、D错误．

故应选：B．

9. 在M、N两点放置等量的异种点电荷如图所示，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足。下列说法正确的是（　　）

A. OM中点的电场强度大于ON中点的电场强度

B. O点的电场强度大小与MN上各点相比是最小的

C. O点的电场强度大小与HG上各点相比是最小的

D. 将试探电荷沿HG由H移送到G，试探电荷所受电场力先减小后增大

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

ABC．等量的异种点电荷电场线分布如图所示，电场线的疏密表示电场的强弱，由对称性可知OM中点的电场强度等于ON中点的电场强度；O点的电场强度大小与MN上各点相比是最小的；O点的电场强度大小与HG上各点相比是最大的；故AC错误B正确；

D．因电场线的疏密表示电场的强弱，沿HG由H到G电场强度先变大再减小，由

可知，将试探电荷沿HG由H移送到G，试探电荷所受电场力先增大后减小，故D错误。

故选B。

10. 如图所示，一负电荷仅在电场力作用下从点运动到点，在点的速度大小为，方向与电场方向相同。该电荷从点到点的图像正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】由图可知a到b过程中，电场线分布越来越密，则电场强度增大，所以负电荷所受电场力增大，根据牛顿第二定律，则电荷的加速度也增大，负电荷受到的电场力方向和场强方向相反，因为仅在电场力作用下运动，则电荷做加速度不断增大的减速运动，v-t图像的斜率表示加速度，根据图像分析可得正确的是A选项。

故选A。

二、多选题（共4小题，每题6分，共24分）

11. 如图是某款家用空气净化器及其原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电.图中充电极b、d接电源负极，集尘极a、c、e接电源正极（接地）下列说法正确的是（　　）

A. 通过过滤网后空气中的尘埃带负电 B. 尘埃在被吸附到集尘极e的过程中动能增大

C. c、d两个电极之间的电场方向竖直向上 D. 尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功

【答案】AB

【解析】

【详解】A． 尘埃经过过滤网后背正极吸引，所以尘埃带负电，故A正确；

B． 尘埃在被吸附到集尘极e的过程中电场力做正功，动能增大，故B正确；

C．因为充电极b、d接电源负极，集尘极a、c、e接电源正极，所以 c、d两个电极之间的电场方向竖直向下，故C错误；

D． 尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做正功，故D错误。

故选AB。

12. 一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电量为＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是(　　)

A. 小球经过环的最低点时速度最大

B. 小球在运动过程中机械能守恒

C. 小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg＋q E)

D. 小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg＋q E)

【答案】AD

【解析】

【详解】A. 小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功最多，则根据动能定理得知，动能增大，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大．故A正确；

B. 小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒．故B错误；

CD.小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：(mg+q E)R=，

又由N−mg−q E=，联立解得N=3(mg+q E)，故C错误，D正确．

13. 如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是(　　)

A. A板与静电计的指针带的是异种电荷

B. 甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大

C. 乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变

D. 丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小

【答案】BD

【解析】

【详解】试题分析：A板与静电计的指针相连，带的是同种电荷，A错误；平行板电容器的决定式是，定义式是，若将B板竖直向上平移，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大B正确;若将B板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式得知，电容C减小，因电容器的电量Q不变，由电容的定义式知板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，C错误;若将电介质插入两板之间，则C增大，U减小，静电计的指针偏角减小，D正确．

考点：本题考查了电容器的定义式和平行板电容器的决定式．

14. 某实验装置如图所示，在铁芯上绕着两个线圈和。如果线圈中电流与时间的关系有图所示的甲、乙、丙、丁四种情况，那么在这段时间内，哪种情况可以观察到线圈中有感应电流？

【答案】图乙、丙和丁中都能使线圈B中产生感应电流。

【解析】

【详解】要在线圈B中产生感应电流，线圈A的电流要改变，从而使穿过B的磁通量变化；甲图中电流是恒定的，不可能激发出感应电流；图乙、丙和丁中的电流都是变化的，能使线圈B中产生感应电流。

三、填空题（共2小题，共16分）

15. （1）如图甲所示，螺旋测微器的读数为________mm；

（2）如图乙所示，游标卡尺的读数为________mm；

（3）如图丙所示，电压表接0～3V量程，电压表的读数为________V；

（4）如图丁所示，电流表接0～0.6A量程，电流表的读数为________A。

【答案】    ①. 6.121##6.122##6.123    ②. 50.85    ③. 2.14##2.15##2.16##2.17    ④. 0.16

【解析】

【详解】（1）[1]如图甲所示的螺旋测微器精确度为0.01mm，需估读一位，则读数为

（2）[2]如图乙所示是20分度的游标卡尺，精确度为0.05mm，读数为

（3）[3]如图丙所示，电压表接0～3V量程，精确度为0.1V，指针指在第21个刻度与第22个刻度之间，估读一位，则电压表的读数为

（4）[4]如图丁所示，电流表接0～0.6A量程，精确度为0.02A，指针指在第8个刻度，则读数为

16. 为了较准确地测量某电子元件的电阻，某实验小组做如下测量：

（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择______（填“×1”或“×100”）倍率的电阻挡，并______，再进行测量，若多用表中的电池旧了，用它测得的电阻值将______（填“偏大”“偏小”或“不变”）；

（2）若用多用表测得该元件的电阻大约为1500Ω，现在要进一步精确测量其电阻，有以下器材：

A．待测元件R（阻值约为1500Ω）

B．电流表（量程5mA，内阻约5Ω）

C．电阻箱（99999Ω，0.02A）

D．直流电源（电动势约为20V，内阻约为0.5Ω）

E．单刀双掷开关一个，导线若干

实验小组有同学设计了如图所示电路进行测量。

在闭合S前，先把R调至______（填“最大值”或“最小值”），然后把K打到1，______，再把K打到2，______，则Rx=______（用实验中获得的物理量来表示）。

【答案】    ①. ×100    ②. 让红黑表笔短接，重新欧姆调零    ③. 偏大    ④. 最大值    ⑤. 调节R，当其阻值R1时，电流表示数为I0    ⑥. 调节R，当其阻值为R2时，电流表示数为I0    ⑦. R2－R1

【解析】

【详解】（1）[1]用欧姆表测量电阻，若指针偏转较小，则电阻较大，应换大倍率的电阻挡，即×100；

[2][3]换挡后需重新进行欧姆调零，即让红黑表笔短接，重新欧姆调零．若电池用旧了，则电动势变小，内阻增大，测量相同电阻时，闭合电路中电流变小，指针偏转角度变小，则欧姆表中电阻读数增大；

（2）[4]电阻箱串联接入电路，闭合开关前，应使电阻箱的阻值达到最大；

[5]把K打到1，调节R，当其阻值为R1时，电流表示数为I0；

[6]再把K打到2，调节R，当其阻值为R2时，电流表示数为I0；

[7]由于两次电流相同，则

Rx＋R1=R2

解得

Rx=R2－R1.

四、计算题（共3小题）

17. 如图所示的电路，开关S闭合，电源的电动势E=14V，内阻r=0. 2，，，线圈电阻R=1，规格为“6V  12W”的电动机正常工作. 求：

（1）通过电源的电流I；

（2）电阻的阻值；

（3）电动机的输出功率.

【答案】（1）4A

（2）2Ω

（3）8W

【解析】

【详解】（1）设电动机两端的电压为U，根据闭合电路欧姆定律得

代入得

解得I=4A

（2）设通过电动机的电流为I1，通过R2的电流为I2，通过R3的电流为I3，通过R4的电流为I4，R4两端的电压为U4，则通过电动机的电流为

通过R2电流为

R4两端的电压为

通过R3的电流为

通过R4的电流为

则电阻R4的阻值为

代入数据得

（3）电动机的输出功率为

代入数据得

18. 如图所示，一带电荷量为、质量为的小物块处于一倾角为的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取，，。求：

（1）水平向右电场的电场强度；

（2）若将电场强度减小为原来，物块的加速度是多大；

（3）电场强度变化后物块下滑的距离时的动能。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）设匀强电场的电场强度大小为，根据受力平衡可得

解得

（2）若将电场强度减小为原来的，设物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得

解得

（3）设电场强度变化后物块下滑的距离时的动能为，根据动能定理可得

解得

19. 如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量为q=1.0×10－10C，质量为m=1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏b c上。（静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计）

(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？

(2)在图上粗略画出粒子运动轨迹。

(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。

【答案】(1)3cm；12cm；(2) ；(3)负电；

【解析】

【详解】(1)粒子在两平行金属板间做类平抛运动，则有

联立可得穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（偏移位移）为

粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为，由几何关系得

解得

(2) 第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧，轨迹如图

(3) 粒子到达H点时，其水平速度

竖直速度

则有

该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电；根据几何关系可知半径

根据牛顿第二定律则有

解得