2023宣城高二上学期期末考试物理含解析

宣城市2022-2023学年度第一学期期末调研测试

高一物理试题

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1∼8题只有一项符合题目要求，第9∼12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1. 在物理学理论建立的过程中，有许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是（　　）

A. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷电量的数值

B. 爱因斯坦为了对黑体辐射进行理论解释，首先提出了量子观点

C. 法拉第系统地总结了电磁规律的研究成果，建立了经典电磁场理论

D. 安培提出了“分子电流假说”，成功地解释了磁铁受到高温时会失去磁性

【答案】D

【解析】

【详解】A．库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得了元电荷e的数值，故A错误；

B．普朗克为了对黑体辐射进行理论解释，首先提出了量子观点，故B错误；

C．麦克斯韦系统总结了电磁规律的研究成果，建立了经典电磁场理论，故C错误；

D．安培提出了“分子电流假说”，成功地解释了磁铁受到高温时会失去磁性，故D正确。

故选D。

2. 某一实验装置如左下图所示，在铁芯上绕着两个线圈P和Q，如果线圈P中的电流i随时间t的变化关系如下图所示的四种情况，则不会使线圈Q产生感应电流的是（  ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】A. 由图示可知，P中电流不变，电流产生的磁场不变，穿过Q的磁通量不变，线圈Q不会产生感应电流，满足题意要求，A正确；

B C D. 由图示可知，通过P的电流均发生变化，电流产生的磁感应强度发生变化，穿过Q的磁通量发生变化，线圈Q会产生感应电流，不满足题意要求，BCD错误；

故选A。

3. 真空中两个相同的带等量异号电荷的金属球A和B（均可看成点电荷），分别固定在两处，两球间的静电力为F。现用一个不带电的完全相同金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，再让A、B的间距增大为原来的2倍，此时A、B间的静电力为：

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】真空中两个静止点电荷间的静电力大小为：

不带电的同样的金属小球C先与A接触：

接着金属小球C再与B接触：

两点电荷间的距离增大到原来的2倍,则两点电荷间的静电力大小为：

故选D.

4. 研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为的电容器，在内细胞膜两侧的电势差从变为，则该过程中跨膜电流的平均值为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】根据

Q=CU

可知

∆Q=C∆U=10-8×(105-5)×10-3C=10-9C

则该过程中跨膜电流的平均值为

故选D。

5. 如图，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设粒子在M、N两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、，则下列判断正确的是（　　）

A ，

B. ，

C. ，

D. ，

【答案】A

【解析】

【详解】N点电场线较密，场强较大，由牛顿第二定律可得

即粒子在N点加速度较大

电荷受到的电场力沿电场线的切线方向且指向轨迹凹侧，若粒子从N运动到M，电场力做正功，电势能减小，可知

故选A。

6. 如图，给平行板电容器充上一定量的电荷后，将电容器的两极板A、B分别跟静电计的金属球和大地相连，静电计的金属外壳也接地。设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。下列说法正确的是（　　）

A. 保持不变，减小S，则变小

B. 保持S不变，增大，则变小

C. 保持S、d不变，在两板间插入一片厚度小于的金属板，则变小

D. 保持S、d不变，在两板间插入一片厚度小于的有机玻璃板，则变大

【答案】C

【解析】

【详解】A．静电计指针偏角反应的是电容器两极板间的电压，由可知，保持不变，减小S，电容C减小，由可知，U增大，则变大，A错误；

B．保持S不变，增大，则C减小，U增大，则变大，B错误；

C．保持S、d不变，在两板间插入一片厚度小于的金属板，相当于减小极板间距，则C增大，U减小，变小，C正确；

D．保持S、d不变，在两板间插入一片厚度小于的有机玻璃板，介电常数增大，C增大，U减小，则变小，D错误。

故选C。

7. 实验室常用的双量程电流表（量程和量程）的内部构造如图所示，已知表头（灵敏电流计）的内阻为，满偏电流为，则电阻、分别为（　　）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】B

【解析】

【详解】使用A、B两个端点时，有

使用A、C两个端点时，有

解得

故选B。

8. 如图，电荷量为的点电荷与均匀带电薄板相距，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心，A、B为垂线的两点，到薄板的距离均为。已知图中A点的电场强度为（k为静电力常量），方向沿向右，则图中点的电场强度（　　）

A. 大小为，方向沿向左

B. 大小为，方向沿向右

C. 大小为，方向沿向左

D. 大小为，方向沿向右

【答案】A

【解析】

【详解】+q在A点形成的电场强度大小为

方向向左，设带电薄板在A点的场强大小为E2，方向向右，可得

解得

由对称性可知，薄板在B点的电场强度大小等于E2，方向向左，则点的电场强度大小为

方向向左（沿向左）。

故选A。

9. 如图，在轴上关于原点对称的两点A、B分别固定放置点电荷和，轴上的点位于点的右侧，且点电场强度为零。设无穷远处电势为零，则下列判断正确的是（　　）

A. 点电势为零

B. A、O两点的电势差等于O、B两点的电势差

C. 与点关于点对称的点电场强度一定不为零

D. 若将一试探电荷沿直线从点移至点，电势能先减小后增大

【答案】CD

【解析】

【详解】A．点电场强度为零，说明和在点的场强大小相等，方向相反；在段，的场强大于的场强，合场强方向指向，即由指向；在的右侧，的场强大于的场强，合场强方向由指向无穷远；由于无穷远处电势为零，可知点电势大于零，故A错误；

C．点电场强度为零，说明和在点的场强大小相等，由于离点距离较大，则有

与点关于点对称的点离更近，可知在点的场强一定大于在点的场强，则点电场强度一定不为零，故C正确；

B．因为

所以在间的电场相对于中点不对称，间的平均电场强度大于间的平均电场强度，根据

可知A、O两点的电势差大于O、B两点的电势差，故B错误；

D．若将一试探电荷沿直线从点移至点，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故D正确。

故选CD。

10. 如图甲所示电路中，定值电阻与滑动变阻器串联在电动势为、内阻为的电源两端，所有电表均为理想电表，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图中的，两直线所示，根据图上的已知信息，判断下列说法中正确的是（　　）

A. 滑动变阻器最大阻值是

B. 电源的电动势，内阻

C. 当滑动变阻器时，定值电阻上消耗的电功率最大

D. 在电流表示数逐渐减小的过程中，电源的输出效率逐渐增大

【答案】BD

【解析】

【详解】A．当I1=1.0A时，电流最小，回路阻值最大，故滑动变阻器的触头在最右端，此时据欧姆定律可得

可得

A错误；

B．当I2=4.0A时，电流最大，回路阻值最小，故滑动变阻器的触头在最左端，据欧姆定律可得

联立解得

，

B正确；

C．当滑动变阻器阻值为零时，回路电流最大，据可知，定值电阻上消耗的电功率最大，C错误；

D．在电流表示数逐渐减小的过程中，外电路的阻值从增大到，电源的效率随外电阻的增大而增大，D正确。

故选BD。

11. 如图，A、B、C为等边三角形的三个顶点，电荷量为的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为的点电荷从无穷远处（电势为0）移到点，此过程中，电场力做功为。再将从点沿移到B点并固定。最后将一电荷量为的点电荷从无穷远处移到点。下列说法正确的是（　　）

A. 移入之前，点的电势为

B. 移到点时，所受电场力为0

C. 从点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0

D. 从无穷远处移到点的过程中，所受电场力做的功为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．将的点电荷从无穷远处移到C点，电场力做功为，又因为无穷远处电势为零，有

解得

故A项正确；

B．当把电荷移动到C点时，电荷受到电荷的作用力，设等边三角形的边长为l，有

方向为沿CB指向B点，电荷还收到位于A点的电荷的作用力，有

方向为沿CA指向A点，根据力的合成可知，其电荷所有电场力不为零，而是F1和F2的合力，其大小为

故B项错误；

C．在电荷移入之前，C点电势与B电势相等，两点的电势差为零，根据

可知，从C点移动到B点过程中，所受电场力做的功为零，故C项正确

D．点电荷从无穷远处移到C点的过程中，根据电势的叠加原理可知，C点的电势为

所以从无穷远处移动到C点的过程中，电场力做功为

故D项错误。

故选AC。

12. 如图所示的电路中，电源电动势为、内阻为，、、均是定值电阻，是滑动变阻器，图中各电表均为理想电表。闭合开关，当的滑动触片P向下滑动时，下列判断正确的是（　　）

A. 消耗的功率变小

B. 消耗的功率变小

C. 电压表的示数变小，的示数变小

D. 电流表的示数变大，的示数变小，的示数变大

【答案】BD

【解析】

【详解】A．滑动触片P向下滑动时，滑动变阻器接入的有效电阻减小，则电路总电阻减小，干路电流变大，即流过的电流变大，电流表的示数变大。由于

可知消耗的功率变大，故A错误；

BD．电阻两端的电压为

当变大时，可知变小，即的示数变小，则流过的电流变小，的示数变小，消耗的功率变小；流过的电流为

可知变大，即的示数变大，故BD正确；

C．电压表的示数为

由于、增大，所以电压表的示数变大，故C错误。

故选BD。

二、实验题：本题共2小题，每空2分，共14分。

13. 某实验小组中的小明、小华两位同学分别用如图甲所示的实验电路测量某一电阻的阻值和测量电源的电动势与内阻。

（1）小明同学按照图甲所示的实验原理图连接好实验器材，并按如下步骤完成实验：

a．先将电阻箱阻值调到最大，闭合，断开，调节电阻箱阻值，使电流表指针有较大的偏转，读出此时电阻箱的阻值和电流表的示数；

b．保持开关闭合，再闭合开关，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为，记下此时电阻箱的阻值。根据实验步骤可知，待测电阻______（用步骤中所测得的物理量表示）；

（2）小华同学用该电路测量电源的电动势和内阻，若已知所选电流表的内阻为，同时闭合开关和，调节电阻箱，读出多组电阻值和电流的数据；由实验数据绘出的图像如图乙所示，图像的斜率为、纵轴截距为，由此可求得电源电动势______，内阻______（用本题所给物理量表示）。

【答案】    ①.     ②.     ③.

【解析】

【详解】（1）[1]断开、闭合前后，回路电流相同，均为I，故总电阻相同，可知待测电阻的阻值为

（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律可得

整理得

图像的斜率为

纵轴截距为

联立解得

，

14. 某实验小组要测量长度为的金属丝的电阻率。步骤如下：

（1）用螺旋测微器测量其直径如图所示，可知其直径______mm；

（2）通过查阅相关资料得到金属丝的电阻为到的某个阻值，为了更精确地测量金属丝的电阻，其两端的电压变化范围控制在，可供选择的器材如下：

电流表（量程，内阻等于）；

电流表（量程，内阻等于）；

电压表（量程，内阻约为）；

电压表（量程，内阻约为）；

定值电阻（阻值等于）；

定值电阻（阻值等于）；

滑动变阻器（，额定电流）；

滑动变阻器（，额定电流）；

电源E（电动势约，内阻忽略不计）；

开关，导线若干。

①请根据你选择的器材，在虚线框中画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁_________。

②闭合开关，调节滑动变阻器，当电流表读数为时，电压表的读数为，则金属丝的电阻______，根据以上数据可以算出金属丝的电阻率______（计算结果保留两位有效数字）。

【答案】    ①. 0.200    ②. 见解析    ③. 10    ④.

【解析】

【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图可知直径为

（2）①[2]因为电源电动势为，可知电压表应选择；由题意可知金属丝的电阻为到的某个阻值，为了更精确地测量金属丝的电阻，其两端的电压变化范围控制在，根据欧姆定律可知通过金属丝的电流变化范围大约在，则电流表不能选择，可将电流表与定值电阻并联改装成新的电流表，并联后的量程为；由于电流表与定值电阻阻值都已知，改装后的电流表应采用内接法；为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的，由于的最大阻值大约是金属丝电阻的两倍多，滑动变阻器可以采用限流接法；则实验电路图如图所示

②[3]闭合开关，调节滑动变阻器，当电流表的读数为时，电压表的读数为，则通过金属丝的电流为

金属丝两端电压为

则金属丝的电阻为

[4]根据电阻定律可得

又

联立可得

三、计算题：本题共4小题，共38分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

15. 如图所示的空间中存在着方向沿轴正方向的匀强磁场，图中线段，线段。已知长为的通电直导线与磁场方向垂直放置，当导线中的电流为时，这条导线所受的磁场力为。求：

（1）磁场的磁感应强度大小；

（2）通过面积、的磁通量、分别是多少?

【答案】（1）0.2T；（2）0，

【解析】

【详解】（1）通电直导线受到的安培力可表示为

代入数据解得

（2）由于NEFC平面与磁场平行，故通过的磁通量为0，通过面MEFD的磁通量为

16. 如图，规格为“、”的小灯泡L与小型直流电动机M（其线圈内阻为）并联后，接至电动势，内电阻的电源上。闭合电键S后，小灯泡恰好正常发光，求：

（1）电路中的总电流和通过电动机M的电流；

（2）电动机的输入功率和电动机的输出功率。

【答案】（1），；（2），

【解析】

【详解】（1）小灯泡恰好正常发光，可知路端电压为，根据闭合电路欧姆定律可得

解得电路中的总电流为

小灯泡电流为

则通过电动机M的电流为

（2）电动机的输入功率为

电动机的输出功率为

17. 如图所示是真空示波管的原理示意图。电子从灯丝发出，经灯丝与A板间的电压加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入平行金属板M、N形成的匀强偏转电场中，偏转电场的电压为，电子进入MN间电场时的速度方向与电场方向垂直，电子经过偏转电场的右端点离开偏转电场后进入无场区，最后打在垂直放置的荧光屏上的点。已知MN两板间的距离，板长，板右端到荧光屏的距离为，电子的质量，电荷量，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，且电子离开灯丝时的初速度可忽略不计。求：

（1）电子穿过A板时的速度大小；

（2）电子通过点时偏离中心线的距离和在点的速度大小；

（3）电子打到荧光屏上的位置点到点的距离。

【答案】（1）；（2），；（3）

【解析】

【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理可得

解得

（2）电子在MN间做类平抛运动，沿初速度方向有

解得

沿电场方向有

，，

联立解得

，

电子离开偏转电场点的速度大小为

（3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，沿方向有

解得

则电子打到荧光屏上的位置点到点的距离为

18. 在动摩擦因数的足够长的粗糙绝缘水平面上，长为的绝缘轻质细杆两端分别连接质量均为的带电小球A和B，A球带的电荷量为，B球带的电荷量为（均可视为质点，不考虑两者间相互作用的库仑力）。现让A球处于如图所示的有界匀强电场区域内，已知虚线恰好与细杆的中垂线重合，和之间的距离为，重力加速度为，匀强电场的电场强度大小，方向水平向右。现由静止释放带电系统A、B（忽略带电系统运动过程中所产生的磁场造成的影响）。求：

（1）小球B第一次到达电场边界时的速度大小；

（2）小球A从开始运动到第一次到达电场边界所用的时间；

（3）从开始向右运动到速度第一次为零的过程中，整个带电系统电势能的变化量。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）从静止释放到小球B第一次到达电场边界过程，根据动能定理可得

解得

（2）从静止释放到小球B第一次到达电场边界过程，系统的加速度大小为

此过程所用时间为

从小球B进入电场到小球A第一次到达电场边界过程，系统的加速度大小为

方向向左；此过程系统做匀减速直线运动，设小球A第一次到达电场边界时速度为，则有

解得

此过程做匀减速运动的时间为

小球A从开始运动到第一次到达电场边界所用的时间

（3）小球A到达电场边界速度刚好为零，则从开始向右运动到速度第一次为零的过程中，整个带电系统电场力做功为

则有