【期中真题】宁夏银川唐徕回民中学2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题.zip

银川唐徕回民中学

2022～2023学年度第一学期期中考试

高二年级物理试卷

（考试时间：100分钟，满分：100分）

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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. 如图所示，在一水平方向匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为-q，静止时如图，丝线与竖直方向的夹角为θ＝60°，则匀强电场的电场强度大小和方向为（　　）

A. 向左 B. 向右

C. 向左 D. 向右

【答案】A

【解析】

【详解】由图可知，小球所受电场力水平向右，结合小球带负电，可判断出匀强电场的方向为水平向左。根据三力平衡，可得

解得

故选A。

2. 如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，相邻等势面间的电势差相等，一带负电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，下列说法正确的是（　　）

A. φ4等势面上各点电场强度处处相同

B. 四个等势面的电势关系是

C. 粒子在四点的动能大小关系是

D. 粒子从a运动到d的过程中静电力先做正功后做负功

【答案】C

【解析】

【详解】A．匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，由图中等势面的形状可知该电场不是匀强电场，所以等势面上各点场强并不相同，A错误；

B．做曲线运动时，合力指向轨迹内侧，又知道粒子只受电场力，故由运动轨迹可知电场力由左向右，由于带负电，所以电场强度的方向由右向左，沿电场强度方向电势逐渐降低，所以，B错误；

CD．粒子从运动到d的过程中静电力的夹角与速度方向先为钝角后为锐角，故先做负功后做正功，c、d在同一等势面上，所以粒子从c到d电场力做功为零，故粒子在、b、c、d四点的动能大小关系是，C正确D错误。

故选C。

3. 某学生在练习使用多用电表之前，她认真分析了欧姆表的原理电路图（见图甲）．她做的几个练习使用多用电表的电路如图乙所示，下列说法中错误的是

A. 图1中多用电表选择开关应该是直流电压挡

B. 图2中多用电表选择开关应该是直流电流挡

C. 图3中多用电表测二极管电阻时，指针几乎不偏转

D. 图4中多用电表选用欧姆挡，可以给电容器充电

【答案】C

【解析】

【详解】图1测量灯泡两端电压，故选择开关应该是直流电压挡，A正确；图2为测量电路电流，所以选择开关应该是直流电流挡，B正确；图3中测量二极管的正向电阻，在合适的挡位指针会发生偏转，C错误；图4中多用电表选用欧姆挡，有电源接在电容器两端，故可以给电容器充电，D正确．

4. 如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔(位于P板的中点)射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该(　 　   )

A. 使U2加倍

B. 使U2变为原来的4倍

C. 使U2变为原来的倍

D. 使U2变为原来的

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据结论，分析要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，两种电压如何变化．设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离，要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，y不变，则必须使U2加倍，故选项A正确．本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出．

考点：带电粒子在电场中的运动 动能定理和牛顿第二定律、运动学公式

5. 已知铜的密度为，摩尔质量为M，电子的电量绝对值为e，阿伏加德罗常数为NA，有一条横截面为S的铜导线中通过的电流为I，设每个铜原子贡献一个自由电子，下列说法正确的是（　　）

A. 单位体积的导电的电子数为

B. 单位质量的导电的电子数为

C. 该导线中自由电子定向移动的平均速率为

D. 该导线中自由电子定向移动的平均速率为

【答案】B

【解析】

【详解】A．单位体积的导电的电子数为

故A错误；

B．单位质量的导电的电子数为

故B正确；

CD．设自由电子定向移动的速率为v，根据

I=NeSv

可知

故CD错误。

故选B。

6. 如图所示为两个独立电路A和B的路端电压与其总电流I的关系图线，则下列说法正确的是（  ）

A. 路端电压都为U1时，电路A的效率较高

B. 电流都是I1时，两电源内电压相等

C. 路端电压为U1电路A的输出功率较大

D. 电路A的电动势大于电路B的电动势

【答案】D

【解析】

【详解】D．U-I图像中图线的纵轴截距为电路中电源电动势，由图可知

故D正确；

A．电路中电源的效率为

联立，可得

故A错误；

B．根据

又U-I图像中图线的斜率表示电源的内电阻，有

联立，可得

故B错误；

C．根据电路的输出功率为

可知两电路的输出功率相同。故C错误。

故选D。

7. 如图所示，R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω，A、B两端接在电压恒定的电源上，则（　　）

A. S断开时，R1与R2的电压之比为3：2

B. S闭合时，通过R1与R2的电流之比为3：2

C. S闭合时，R1与R2两端的电压之比为2：3

D. S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为2：1

【答案】B

【解析】

【详解】A．串联电路各电阻两端的电压与各电阻的阻值成正比，则S断开时

A错误；

BC． 和 并联总电阻

R1和并联的总电阻相等，则分得的电压相同，即R1与R2两端的电压之比

则根据欧姆定律，通过R1与R2的电流之比为3：2，C错误B正确；

D．S断开时

则

S闭合时

则

断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为4：5，D错误。

故选B。

8. 在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，电路中电表均为理想电表。当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V。则当这台电动机正常运转时（　　）

A. 电动机的内阻为20

B. 电动机的内阻为7.5

C. 电动机的输出功率为30W

D. 电动机的输出功率为22W

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】AB．电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V，则电动机的电阻

AB错误；

CD．电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为I2=2.0A和U2=15.0V；电动机的总功率为

电动机内电阻消耗的热功率为

电动机正常运转时的输出功率是

C错误D正确。

故选D。

9. 甲．乙两根异种材料的电阻丝，其长度之比是 1:5, 横截面积之比是 2:3, 电阻之比是 2:5, 外加电压之比是 1:2, 则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是：

A. 2:3 B. 3:4 C. 4:3 D. 8:3

【答案】C

【解析】

【详解】知道电阻、长度、面积之比．由电阻定律知：

得

与电压无关，即

故选C。

10. 如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）

A. 电压表读数减小

B. 电流表读数减小

C. 质点P将向上运动

D. R3上消耗的功率逐渐增大

【答案】A

【解析】

【详解】AB．当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，电路中电流增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小。流过R3的电流减小，则流过电流表的电流增大，故电流表示数增大。因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确，B错误；

C．因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；

D．因R3两端的电压减小，由公式

P＝

可知，R3上消耗的功率减小，故D错误。

故选A。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11. 关于电动势下列说法中正确的是（　　）

A. 在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电势能增加

B. 对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大

C. 电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量做的功越多

D. 电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极移送到正极的电荷量越多

【答案】AC

【解析】

【详解】A．电动势是把电源内部正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电势能增加，故A正确；

B．对于给定的电源，移动单位正电荷非静电力做功越多，电动势就越大，故B错误；

CD．电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量做功越多，故C正确，D错误。

故选AC。

12. 在测电源电动势和内阻的实验中（  ）

A. 图（2）所示电路内阻测量比图（1）准确

B. 图（1）所示电路电动势测量准确

C. 图（2）所示电路，电动势测量准确

D. 图（1）所示电路，内阻测量值比真实值偏小

【答案】CD

【解析】

【详解】BD．图（1）所示电路，由于电压表分流，使电流表的测量值偏小，由闭合电路欧姆定律可得

解得

可得

故B错误、D正确；

AC．图（2）所示电路，由于电流表分压，使电压表的测量值偏小，由闭合电路欧姆定律可得

解得

可得

电源内阻较小，采用图（1）所示电路内阻测量比图（2）准确，故A错误、C正确。

故选CD。

13. 如图所示的电路，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略，R1、R2、R3为定值电阻，R4为滑动变阻器，A1、A2为理想电流表，V1、V2、V3为理想电压表。闭合开关后，I1、I2分别表示两个电流表的示数，U1、U2、U3分别表示三个电压表的示数。现将滑动变阻器R4的滑片稍向上滑动一些，ΔI1、ΔI2分别表示两个电流表示数变化的大小，ΔU1、ΔU2、ΔU3分别表示三个电压表示数变化的大小。下列说法正确的是（  ）

A. U2变小 B. ΔU2小于ΔU3 C. 变小 D. 小于

【答案】BD

【解析】

【详解】C．根据部分电路欧姆定律可得

将滑动变阻器R4的滑片稍向上滑动一些，R4接入电路的阻值增大，所以增大，故C错误；

A．根据闭合电路欧姆定律可得

R4接入电路的阻值增大，回路总电阻增大，总电流I1减小，所以U2增大，故A错误；

B．因为U2增大，所以通过R2的电流增大，而总电流减小，所以通过R3和R4的电流减小，R3两端电压减小，而

所以

故B正确；

D．根据闭合电路欧姆定律有

所以

结合A项分析可知

所以

故D正确。

故选BD。

14. 用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表 A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a）、（b）所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　）

A. 图（a）中的 A1、A2的示数相同

B. 图（a）中的 A1、A2的指针偏角相同

C. 图（b）中的 A1、A2的示数相同

D. 图（b）中 A1、A2的指针偏角相同

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．图（a）中的 A1、A2 并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，量程大的电流表示数大，故 A 错误，B 正确。

CD．图（b）中的 A1、A2 串联，A1、A2 的示数相同；由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故 C 正确，D 错误。

故选BC。

三、实验题：本题共两小题，15题10分，16题10分。

15. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，现除了有一个标有“5V，2.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：

A.直流电源(电动势约为5V，内阻可不计)

B.直流电流表(量程为0~3A，内阻约为0.1Ω)

C.直流电流表(量程为0~600mA，内阻约为5Ω)

D.直流电压表(量程为0~15V，内阻约为15kΩ)

E.直流电压表(量程为0~5V，内阻约为10kΩ)

F.滑动变阻器(最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A)

G.滑动变阻器(最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。

(1)实验中电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选用______(均填字母序号)

(2)请按要求将图甲中的器材连成实验电路。______

(3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。现把实验中使用的小灯泡接到如图丙所示的电路中，其中电源电动势E=4V，内阻r=1Ω，定值电阻R=9Ω，此时灯泡的实际功率为________W。(结果保留两位有效数字)

【答案】    ①. C    ②. E    ③. F    ④.     ⑤. 0.34

【解析】

【详解】(1)[1][2][3]灯泡的额定电流

故电流表应选择C；灯泡的额定电压为5V，因此电压表选择大于等于5V的即可，故选E；因本实验采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选择F。

(2)[4]本实验要求多测几组数据，故采用分压接法，同时因电流表内阻与灯泡内阻接近，故电流表采用外接法，实物图如图所示

(3)[5]将定值电阻等效成电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线如图所示

与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，由图可知，此时灯泡的电压为1.2V，电流为0.28A，则灯泡的功率

P=UI=1.2×0.28W≈0.34W

16. 用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏角太大，挡位应调整为________（“×1000”或者“×10”）经过欧姆调零重新测量，指针如图所示，那么电阻阻值为________。在研究伏安法测电阻的实验中某实验小组经过讨论，发现无论是用电流表内接法还是外接法测量，都不可避免产生电表内阻引起的系统测量误差，于是该实验小组又设计了如图所示的实验方案，利用该方案测量的主要实验步骤如下：

第一步：将开关S2接2，闭合开关S1，调节滑动变阻器RP和RW，使电表读数接近满量程，但不超过量程，记录此时电压表和电流表的示数为U1、I1。

第二步：保持滑动变阻器________的滑动触头位置不变，单刀双掷开关S2合向1，调节滑动变阻器________，读出此时电压表和电流表的示数U2、I2（选填“RW”或“RP”）。由以上记录的数据计算出被测电阻Rx的表达式为Rx＝________。

【答案】    ①. ×10    ②. 180    ③. RP    ④. RW    ⑤.

【解析】

【详解】[1]用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏角太大，说明待测电阻阻值较小，需要把倍率调小，即挡位应调整为“×10”。

[2]电表读数为

[3][4][5]第二步需保持滑动变阻器RP阻值保持不变，当单刀双掷开关S2合向1时，调节滑动变阻器RW。当开关S2接2时，有

当开关S2接1时，有

联立可得

四、解答或论述题：本题共4小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

17. 直流电动机和电炉并联后接在直流电源上，已知电源的内阻r=1Ω，电炉的电阻R1=9Ω(不随温度变化)，电动机线圈电阻R2=2Ω，如图所示，当S断开时，电炉的功率是225W ，当S闭合时，电炉的功率是144W。求：

（1）直流电源的电动势；

（2）开关闭合时电动机的机械功率。

【答案】（1）50V；（2）160W

【解析】

【详解】（1）当S断开时，电炉与电源组成电路，根据欧姆定律可得

又

联立，可得

（2）当S闭合时，对电炉所在支路，分析可得

解得

则外电路电压为

设通过电动机的电流为，由闭合电路欧姆定律可得

解得

电动机的机械功率为

又

，

联立，解得

18. 如图所示，电源电动势E=10 V，内阻r=1 Ω，R3=6 Ω，当S1闭合S2断开时，电流表示数为2 A，电压表示数为6 V，求：（电压表和电流表均看成理想电表）

（1）R1、R2的电阻值及电源的输出功率；

（2）S1、S2均闭合后，流过R1的电流．

【答案】（1）R1=1 Ω ，R2=3 Ω  P=16 W  ；（2）

【解析】

【详解】（1）当S1闭合S2断开时，由题可得

根据闭合电路欧姆定律得

可得

电源的输出功率

P=I2（R1+R2）=22×（1+3）W=16W

（2）S1．S2均闭合后，外电路总电阻

由闭合电路欧姆定律得，流过R1的电流

19. 如图所示，在A、B两点间接一电动势为4V、内阻为的直流电源，电阻、、的阻值均为，电容器的电容为，电流表内阻不计，当开关S闭合后，求：

(1)电流表的读数；

(2)电容器所带的电荷量；

(3)断开开关S后，通过的电荷量。

【答案】(1)0.8A    (2)    (3)

【解析】

【分析】

【详解】(1)当开关S闭合后，电阻、被短路。根据闭合电路欧姆定律得电流表的读数

(2)电容器所带的电荷量

(3)断开开关S后，电容器相当于电源，等效电路如图所示，由于各个电阻都相等，则通过的电荷量为

20. 如图所示，两块竖直放置的导体板间存在水平向左的匀强电场，有一带电量为+q、质量为m的小球以某一水平速度从A孔进入匀强电场，在运动过程中恰好没有与右板相碰，小球最后从B孔离开匀强电场，若A、B两孔的距离为两板间距离的2倍，重力加速度为g，求：

(1)两板间电场强度大小。

(2)如果将小球的带电量改为-，且已知两板间距为d，其它条件不变，在A点将该小球由释放，求：小球运动到右侧导体板时的速度。

【答案】(1)；(2)

【解析】

【详解】(1)由题意可知，小球在水平方向先减速到零，然后反向加速．设小球进入A孔的速度为v0，减速到右板的时间为t，则有：
水平方向

竖直方向

联立解得

(2) 如果将小球的带电量改为-，则小球在水平方向做匀加速运动，竖直方向做自由落体运动，则水平方向

竖直方向

则

解得