2022-2023学年新疆喀什六中高二（上）期中物理试卷（含答案解析）

这是一份2022-2023学年新疆喀什六中高二（上）期中物理试卷（含答案解析），共15页。试卷主要包含了若A、B两点之同的高度差为h，5V，内阻约1Ω)；，3A)，【答案】A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年新疆喀什六中高二（上）期中物理试卷     下列关于电路说法正确的是(    )A. 导线内自由电子定向移动速率等于电流的传导速率
B. 电动势反映电源把其它形式能转化成电能的本领大小
C. 电源是把电能转化为其它形式能的装置
D. 导体中电流的大小与流过它的电量成正比，与通电时间成反比    如图，原来不带电的绝缘金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔，若使带负电的绝缘金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是(    )
 A. 只有M端验电箔张开，且M端带正电
B. 只有N端验电箔张开，且N端带负电
C. 两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电
D. 两端的验电箔都不张开，且左端带正电，右端带负电    如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，一带电微粒以一定初速度从A点沿直线运动到B点，微粒除受到电场力和重力外，不再受其它力，则此过程微粒(    )A. 电势能增加
B. 重力势能减小
C. 动能增加
D. 机械能不变    如图所示，真空中位于x轴上的两个等量负点电荷，关于坐标原点O对称。下列关于E随x变化的图象正确的是(    )
A.  B.
C.  D.     如图所示，在真空中固定两个等量同种正的点电荷，O点是两电荷连线的中点，BD为中垂线，A、B、C、D与O点的距离相等。则下列说法正确的是(    )A. A、B、C、D四个点电场强度和电势均相同
B. 将试探电荷沿电荷连线从A点移到C点电场力先做正功后做负功
C. 将试探电荷沿中垂线从B点移到D点电场力一定先减小后增大
D. 电子在该电场中仅在电场力作用下不可能做匀速圆周运动
     如图所示，有一个表头G，满偏电流，内阻，把它改装为有1A和10A两种量程的电流表，则的阻值为(    )A.
B.
C.
D.     如图所示，实线表示匀强电场的电场线．一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动轨迹如图中虚线所示，a、b为轨迹上的两个点．若a点电势为，b点电势为，则下列说法中正确的是(    )A. 场强方向一定向左，且 B. 场强方向一定向左，且电势
C. 场强方向一定向右，且电势 D. 场强方向一定向右，且电势    磁感应强度的单位是特斯拉，符号是T，若用国际单位制的基本单位表示，则1T等于(    )A.  B.  C.  D.     如图所示，，，，A、B两端接在电压恒定的电源上，则(    )
 A. S断开时，与的两端电压之比为5：1
B. S闭合时，与两端的电压之比为2：5
C. S闭合时，通过与的电流之比为2：1
D. S闭合时，通过与的电流之比为1：5如图所示，把轻质导电线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面，当线圈内通入如图箭头方向的电流后，则线圈(    )A. 静止不动
B. 向左运动
C. 无法确定
D. 向右运动2021年9月6日，中国能建哈密光热50MW熔盐塔式光热发电项目成功实现全容量并网，该电站年发电量亿千瓦时，共安装了14500面五边形定日镜，定日镜在伺服系统的控制下能自动地把接收到的太阳光反射到集热塔的热靶上。伺服系统是两套结构相同的装置，一套控制水平轴负责俯仰点头、一套控制竖直轴负责方位摇头，伺服系统主要耗电设备是电动机，虽然驱动的角速度很小，但是要对抗风吹，所以要带阻尼运行。设每个电动机功率为30W，内阻为，工作电压为15V。根据以上数据判断下列哪个选项最接近真实状况(    )
 A. 单个伺服电动机的工作电流是5A B. 单个伺服电动机克服阻尼的功率是18W
C. 电厂伺服系统每日耗电约 D. 单个定日镜日均发电如图所示，带电量为和带电量为的两个点电荷分别固定于x轴的负半轴上某点和坐标原点O处，将一个带正电的带电粒子放在x轴正半轴上的a点时恰好能处于静止，若将该电荷在x轴正半轴上b点图中未标出由静止释放时，该粒子向右运动，不计粒子的重力，则下列说法正确的是(    )
A.  B. b点一定在a点的右侧
C. 此粒子此后做往复运动 D. 此粒子此后运动的加速度一直减小A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图所示．设A、B两点的电场强度分别为、，电势分别为、，电子在A、B两点的电势能分别为、，则(    )
 A.  B.  C.  D. 空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示。一个质量为m、电荷量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为，方向水平向右，运动至B点的速度大小为若A、B两点之同的高度差为h。则以下判新中正确的是已知重力加速度为(    )
 A. A、B两点的电场强度和电势大小关系为、
B. 若，则电场力一定做正功
C. 若小球带正电，则A、B两点间的电势差为
D. 小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，如图甲所示，则金属丝的直径为______ mm。用游标卡尺测量金属丝的长度L，如图乙所示，则长度为______ mm。
 要测绘一个标有“”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：
电池组电动势，内阻约；
电流表量程为，内阻约；
电压表量程为，内阻约；
电键一个、导线若干．
实验中所用的滑动变阻器应选下列中的______ 填字母代号
A.滑动变阻器最大阻值，额定电流
B.滑动变阻器最大阻值，额定电流
实验的电路图应选用图1 ______ 填字母代号
实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．现将两个这样的小灯泡并联后再与一个的定值电阻R串联，接在电动势为，内阻为的电源两端，如图3所示．每个小灯泡消耗的功率是______
 匀强磁场的磁感应强度，矩形线圈abcd的面积，共10匝，开始B与S垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示．
当线圈绕ab边转过时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少？
当线圈绕dc边转过时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量．
如图中，，，滑动变阻器全值电阻为，电源内电阻。当滑键P移至A端时，电压表读数为5V。
求：
电源的电动势；
滑键P在A端时电源的效率；
滑键P在B端时电源的效率。如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d，a、b间加有电压，b板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子不计重力，从贴近a板的左端以的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板进入匀强磁场，最后粒子打到b板的Q处图中未画出被吸收。已知P到b板左端的距离为2d，求：
进入磁场时速度的大小和方向；
、Q之间的距离。

答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：A、导线内自由电子的定向移动速率，一般为的数量级，电流的传导速率等于光速，故A错误；
B、电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的，反映电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量，故B正确；
C、电源是一种供电装置，能够将其它形式的能转化为电能，故C错误；
D、导体中电流的大小是电流的定义式，采用比值法定义，可知I与q、t无关，故D错误。
故选：B。
电流的传导速率与自由电荷的定向移动速率不同；电动势表征电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量；根据电流强度的定义式判断。
本题考查了电动势的物理意义、电源、电流强度的定义等基础知识，要注意区分电子定向移动速率、电子热运动速率和电流传导速率。
 2.【答案】C 【解析】解：金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，所以C正确。
故选：C。
根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况．
感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．
 3.【答案】A 【解析】解：A、微粒做直线运动，所以合力必须与速度方向共线，而微粒只受重力和电场力，所以电场力方向只能为如图所示方向，从A到B过程中电场力做负功，所以电势能增大，故A正确；
BC、重力做负功，重力势能变大，两力都做负功，所以动能减小，故BC错误；
D、该过程中只有电场力和重力做功，所以电势能与机械能之和保持不变，电势能增大，则机械能是会减小，故D错误。

故选：A。
带电微粒在电场中做直线运动，所受的合力方向与运动方向必在同一直线上，从而判断出电场力的方向，根据重力和电场力做功的正负判断动能、电势能、重力势能的变化．
本题的关键要掌握直线运动的条件：合力与速度共线，同时要掌握常见的功与能的关系，如重力做功与重力势能的关系，电场力做功与电势能的关系．
 4.【答案】A 【解析】【分析】
两个等量同种电荷，根据场强的叠加知，在两电荷的中点场强为零，它们周围电场线是排斥状的，根据等量电荷周围的电场线确定电场强度E随x的变化规律；根据电场线从正电荷或无穷远出发，终止于负电荷或无穷远。
解决本题的关键知道等量负电荷周围电场线分布，知道电场线密的地方场强比较强；同时还可考查明确沿电场线的方向电势降低。
【解答】
解：根据场强的叠加，知两个等量负点电荷的中点场强为零，两侧场强方向是相反的，不可能相同；根据电场线的疏密表示场强的大小，可知，从左侧无穷远到负电荷，电场强度逐渐增大，方向向右；从负电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，且O点的电场强度为零；从负电荷到右侧无穷远，电场强度逐渐减小到零，方向向左；故A正确，BCD错误；
故选A。  5.【答案】B 【解析】解：
A、根据两等量同种电荷的电场的特点可知，ABCD四个点的电场强度的方向各不相同。故A错误；
B、根据两等量同种电荷的电场的特点可知，AO之间电场强度的方向从A指向O点，CO之间的电场强度方向从C指向O点，所以将试探电荷沿电荷连线从A点移到C点电场力先做正功后做负功。故B正确；
C、BD位于等量同种点电荷的连线的中垂线上，从B到D电场强度可能先减小后增大，也可能先增大后减小，再增大，再减小，所以试探电荷试探电荷沿中垂线从B点移到D点电场力可能先减小后增大，也可能先增大后减小，再增大，再减小，故C错误；
D、由于等量同种点电荷的连线的中垂面上各点的电场强度的方向从O点指向各点，所以电子在等量同种点电荷的连线的中垂面上受到的电场力得方向始终指向O点，若电子受到的电场力恰好可以提供向心力，则电子可以做匀速圆周运动。故D错误。
故选：B。
等量同种点电荷的电场中，两点电荷的连线上，中点的电场强度最小为零，两个电荷的距离的中点距离相同时，场强大小相等，方向不同；由中点往两边电场强度先增大后减小；根据电场强度的大小分析试探电荷所受电场力的大小关系；根据电场线方向判定受力方向，根据受力方向和移动方向判断电场力做功的正负。
本题的关键是掌握等量同种点电荷的电场的分析情况，对于典型电场的分析情况平时学习过程中要掌握下来。
 6.【答案】A 【解析】解：改装为1A电流表时，并联电阻的分流电流为：

分流电阻的阻值为：

改装为10A电流表时：

联立解得：，；故BCD错误，A正确。
故选：A。
把小量程电流表改装成大量程电流表，应并联小电阻，根据并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值。
把小量程电流表改装为大量程电流表应并联分流电阻，知道电表的改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出分流电阻阻值。
 7.【答案】C 【解析】【分析】
粒子在电场力作用下运动，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力电场力的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；沿着电场线的方向电势降低的判断电势的高低．
电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．
【解答】
匀强电场中电场力与电场线平行，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故电场力一定向右，因粒子带正电，故电场一定向右，则，故ABD错误，C正确.
故选：C。  8.【答案】B 【解析】解：磁感应强度，磁感应强度单位为T，则，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系。
T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉。
 9.【答案】B 【解析】解：A、S断开时，与串联，根据串联分压规律知，：：：5，故A错误；
BCD、S闭合，和并联再与串联，，则，故C错误；
，：：2，故D错误；
：：：5，故B正确；
故选：B。
分析电路串并联关系，根据串联分压、并联分流、欧姆定律分析求解。
电路的分析与计算问题的基础是分析电路结构。熟练掌握串并联电路电流、电压与电阻的分配关系是关键。
 10.【答案】D 【解析】解：根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向左，根据同性相斥，异性相吸，可知线圈向右运动。故D正确，ABC错误。
故选：D。
将环形电流等效为小磁针，根据同性相斥，异性相吸判断线圈的运动，从而即可求解．
通电电流处于条形磁铁产生的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则判断．本题用等效法解决比较简单．
 11.【答案】B 【解析】解：AB、由得单个伺服电动机的工作电流，不能按纯电阻计算，电动机输出功率，故A错误，B正确；
C、伺服系统只在白天工作，认为每天工作10小时，则耗电为，故C错误；
D、单个定日镜日均发电，故D错误。
故选：B。
根据公式判断电流，由求解电动机输出功率，结合题意建立关系求解耗电量和发电量即可。
本题重在理解题干意思，突破点是判断单个伺服电动机的工作电流。
 12.【答案】B 【解析】解：A、粒子能在a点静止，则该粒子受到两个点电荷的库仑力大小相等，由库仑定律可知，，故A错误；
B、根据电场叠加可知，x轴正半轴上O、a间场强方向向左，a点右侧场强方向向右，由于粒子在b点由静止释放后向右运动，因此b点一定在a点右侧，故B正确；
C、此后粒子在电场力作用下一直向右运动，故C错误；
D、从a点沿x轴正向，电场强度先增大后减小，因此粒子运动的加速度可能先增大后减小，可能一直减小，故D错误。
故选：B。
依据库仑定律，结合带电粒子在a点受力平衡，即可判定电量大小；
根据电场叠加法则，确定a点右侧场强方向，即可判定b点位置，及运动性质；
因b点与电场强度最强点位置不确定，则粒子在此后受到电场力大小也不确定。
考查库仑定律的内容，掌握矢量的合成法则，及平衡条件的应用，注意从a点沿x轴正向，电场强度先增大后减小，而电场强度最强点与b点位置不确定是解题的关键。
 13.【答案】AD 【解析】解：AB、由速度图象看出，电子做匀加速直线运动，加速度不变，由牛顿第二定律分析得知，电子所受电场力不变，则电场强度也保持不变，即有故A正确、B错误。
C、从A运动到B电子做匀加速直线运动，说明电子所受电场力方向由A指向B，电场强度方向由B指向A，则B的电势高于A的电势，即有故C错误。
D、由题意可知，电子从A到B过程中，电场力做正功，根据电场力做功和电势能变化的关系可知，电场力做正功电势能减小，故，故D正确。
故选：AD。
根据速度图线分析电子的加速度是否变化，由牛顿第二定律分析电子所受电场力是否变化，再分析场强的大小关系．判断出电场线的方向，分析电势的高低．顺着电场线电势降低．根据电场力做功和电势能变化的关系可知，电场力做正功电势能减小．
本题运用力学的方法，根据电子的运动情况，来分析电子的受力情况．比较容易．
 14.【答案】AC 【解析】解：A、由电场线的疏密可判断出由电场线的方向可判断出所以、，故A正确；
B、在运动的过程中，由动能定理得，，若，qU可正可负，故B错误；
C、由B得，A、B两点间的电势差，故C正确；
D、电场力做功，故D错误。
故选：AC。
根据电场线的疏密判断场强的大小，由电场线的方向分析电势的高低。小球运动过程中，重力做正功，电场力做功可正可负。根据动能定理求解A、B两点间的电势差和电场力做功。
本题首先要掌握电场线两个意义可判断场强和电势的大小；其次根据动能定理研究曲线运动中功的问题。
 15.【答案】 【解析】解：由图示螺旋测微器可知，固定部分读数为0，转动部分读数为，故其示数为：；
由图示已游标卡尺可知，游标卡尺为20分度，故精度为，主尺读数为13mm，游标尺第8个格对齐，则其示数为：。
故答案为：；。
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数。
本题考查游标卡尺和螺旋测微器读数，要注意在数时，注意游标卡尺主尺上所标数字是cm，应按mm读数，螺旋测微器读数时注意半毫米刻度线是否露出。
 16.【答案】A；B； 【解析】解：电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作滑动变阻器应选
电压表从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻，
，，，电流表应采用外接法，因此实验电路图应选图B所示实验电路．
设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I，由图3所示实验电路可知，
，，即，
在图2所示坐标系内作出的图象如图所示，

由图象可知，电压，电流，每个灯泡消耗的功率
故答案为：；；
为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．
根据题意确定滑动变阻器的接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路．
根据图3所示电路图，求出灯泡两端电压与电流的关系表达式，在图2所示坐标系中作出图象，然后根据图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后求出灯泡实际功率．
本题考查了实验器材的选择、实验电路选择、求灯泡功率，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法；要掌握应用图象法处理实验数据的方法．
 17.【答案】解：当线圈绕ab转过时， 此时的正好全部处在磁场中，
在此过程中没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量；
当线圈绕dc边转过时，，
此时没有磁场穿过，所以；
不转时，
转动后，，
故磁通量改变了。
答：当线圈绕ab边转过时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为0；
当线圈绕dc边转过时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为 【解析】根据磁通量的定义可求出磁通量的大小，则可求出两过程中磁通量的变化量．
本题考查磁通量的计算，要注意明确磁通量是标量，其正负表示从哪一面穿过。
 18.【答案】解：根据电路图可知，当滑键P移至A端时，电路的负载电阻
，
根据闭合电路欧姆定律可知，
又，
联立解得，
根据电源的效率等于输出功率与电源总功率的比值，即为；
当滑键P在B端时，根据电路图可知，电路的负载电阻，
电路的总电阻，
此时电源的效率为；
答：电源的电动势为6V
滑键P在A端时电源的效率为；
滑键P在B端时电源的效率为。 【解析】首先根据题意分析电路的连接方式，再根据电路图特点求出电路的负载电阻、总电阻，由闭合电路欧姆定律求得总电流，再根据题意结合电源的效率等知识点进行解答。
解决该题的关键是明确电路图的连接方式，熟练运用闭合电路欧姆定律进行解题，该题难度适中。
 19.【答案】解：粒子在两板间做类平抛运动，在水平方向有

在竖直方向：
解得：
粒子进入磁场时的速度大小为

解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
则：
答：进入磁场时速度的大小为，方向与b板夹角；
、Q之间的距离为。 【解析】根据动能定理求出粒子到达P处的速度大小，结合平行四边形定则求出粒子到达P处时的速度方向。
根据洛伦兹力提供向心力求出粒子的在磁场中运动的轨道半径，结合几何关系求出P、Q之间的距离。
本题考查了粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，掌握粒子在磁场中的半径公式和周期公式以及类平抛运动的处理方法。此题关键是搞清粒子的运动特点：在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹图即可解答。