2021-2022学年黑龙江省鹤岗市绥滨县第一中学高二（上）期中物理试题（理科）含解析

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绥滨一中高二上学期期中考试一．选择题：本题共14道题，每小题4分，共56分。1-9题每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的；10-14题每小题有两个或两个以上的选项，少选给一半分数，不选或多选不给分数。1. 下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（　　）A. 根据电场强度的定义式，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B. 根据电容的定义式，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C. 根据真空中点电荷电场强度公式，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比D. 以上说法都不对【答案】C【解析】【详解】A．电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比，故A错误；B．电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故B错误；C．根据真空中点电荷电场强度公式，可知电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，故C正确；D．D错误。故选C2. 关于摩擦起电和感应起电，下列说法正确的是(　　)A. 摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B. 感应起电是因为电荷转移，摩擦起电是因为产生电荷C. 不论是摩擦起电还是感应起电都是因为电荷的转移D. 一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体可能带上异种电荷【答案】C【解析】【详解】ABC．摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，感应起电的实质是电子在电荷间相互作用下，从物体的一部分转移到另一部分，两个过程都没有产生电荷，选项A、B错误，C正确；D．一个带电体接触一个不带电的物体，两物体带同种电荷，D错误．故选C。3. 如图所示，带箭头的实线表示某静电场的电场线，虚线表示其等势面，已知、、三点的电场强度大小分别为、、，电势分别为、、。则（　　）
 A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】B【解析】【详解】由图示可知，a处的电场线密，b处的电场线稀疏，因此a点的电场强度大，b点的场强小，即Ea＞Eb沿着电场线的方向，电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，即φa＞φcb、c两点在同一等势面上，电势相等φb=φc则φa＞φb故B正确，ACD错误。故选B。4. 如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置。设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C。实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（　　） A. 保持d不变，减小S，则C变小，θ 变大B. 保持d不变，减小S，则C变大，θ变小C. 保持S不变，增大d，则C变小，θ 变小D. 保持S不变，增大d，则C变大，θ 变大【答案】A【解析】【详解】AB．根据电容的决定式得知，当保持d不变，减小S，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故A正确，B错误；CD．根据电容的决定式得知，当保持S不变，增大d，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故CD错误。故选A。5. 在如图所示电路中，当变阻器R3滑片P向b端移动时（　　）A. 电压表示数变大，电流表示数变小B. 电压表示数变小，电流表示数变大C. 电压表示数变大，电流表示数变大D. 电压表示数变小，电流表示数变小【答案】D【解析】【详解】当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，滑动变阻器阻值变小，总电阻减小，总电流变大，则路端电压减小，即电压表读数减小；R1上的电压变大，则R2电压减小，则通过R2的电流减小，电流表示数减小；故选D。6. 在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图像可知，正确的是（    ）A. 电源的电动势为3 V，内阻为0.5 ΩB. 电阻R的阻值为0.5 ΩC. 电源的输出功率为2 WD. 电源的效率为33.3%【答案】A【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则故A正确．B．电阻的U-I图线的斜率等于电阻，则电阻故B错误．
C．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W．故C错误．
D．电源的效率故D错误．7. 在如图所示的实验中，能在线圈中产生感应电流的是A. 磁铁N极停在线圈中 B. 磁铁S极停在线圈中C. 磁铁从线圈内抽出的过程 D. 磁铁静止在线圈左侧【答案】C【解析】【详解】磁铁N极停在线圈中，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流．故A错误．磁铁S极停在线圈中，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流．故B错误．磁铁从线圈内抽出的过程，穿过线圈的磁通量减小，能产生感应电流．故C正确．磁铁静止在线圈左侧，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流．故D错误．故选C.8. 下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是(　 　 )A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【详解】试题分析：由安培定则可得出通电导体周围的磁场情况，注意分析其平面图形．A、由图可知，电流方向向外，则由安培定则可知，磁感线应与图示方向相反，故A错误；B、由安培定则可知，B正确；C、线圈中电流由左侧流入，右侧流出，则由安培定则可知磁场方向向下，故C错误；D、由图可知电流由上侧流入，则由右手螺旋定则可知，内部磁感线向左，故D错误；故选B．考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．点评：通电导体周围磁场方向要求我们能熟练判出，并能结合立体图和平面图进行分析．9. 在如图所示电路中，A、B两端的电压恒为，灯泡标有“”字样，电动机线圈电阻。灯泡正常发光，电动机也能正常工作，则以下说法中正确的是（  ）A. 电动机的输出功率是：B. 电动机的输出功率是：C. 电动机的热功率是：D. 电动机的热功率是：【答案】A【解析】【详解】根据题意，灯泡正常发光，则灯泡两端电压则电动机两端的电压根据串联电路电流特点，电路中的电流等于通过灯泡的电流则电路中总功率则电动机的功率为则电动机的热功率为所以电动机的输出功率所以BCD错误，A正确。故选A。10. 下列对公式的理解正确的是（　　）A. 在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位安培是基本单位B. 电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多C. 导体的通电时间越短，则形成的电流越大D. 在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大【答案】AD【解析】【详解】A．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位安培是基本单位，A正确；B．由公式可知故通电时间未知的情况下，电路中的电流大，通过导体横截面的电荷量不一定多，B错误；C．由公式可知，通过导体横截面的电荷量大小未知的情况下，导体的通电时间短，形成的电流不一定大，C错误；D．由公式可知，在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大，D正确。故选AD。11. 导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是（　　）A. 横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B. 长度一定，电阻与导体的横截面积成反比C. 通过导体的电流越大，导体的电阻一定越小D. 导体的电阻与加在导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比【答案】AB【解析】【详解】AB．由电阻定律可知，电阻的大小与导体的长度成正比，与横截面积成反比，AB正确；CD．电阻与通过导体的电流以及两端的电压大小无关，故CD错误；故选AB。12. 如图所示，，，，A、B两端接在输出电压恒定的电源上，则（　　）
 A. 断开时，R1与R2两端的电压之比为B. 闭合时，通过R1与R2的电流之比为C. 闭合时，R1与R2两端的电压之比为D. 断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．断开时，R1与R2串联，则由串联分压可得，电压之比等于电阻之比，即1:5，故A符合题意；BC．闭合时，R2与R3并联，由并联分流可得，电流之比等于电阻的反比，即1:1，电阻R1位于干路，则通过R1与R2的电流之比为2:1，由欧姆定律变形得U=IR，则电压之比为2:5，故B符合题意，C不符合题意；D．设A、B两端所接电源为U，则当断开时，电阻R1两端的电压为闭合时，R2与R3总电阻为电阻R1两端的电压为则两次电压之比为故D不符合题意。故选AB。13. 三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和 B3，下列说法正确的是（　　）A. B1=B2<B3B. B1=B2=B3C. a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里D. a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里【答案】AC【解析】【分析】考查了安培定则，磁场叠加【详解】a、b和c处的磁感应强度均是三条通电导线单独存在时在各点处产生的磁场的叠加．由于通过三条导线的电流大小相等，结合安培定则可判断出三条导线在a、b处产生的的合磁感应强度垂直纸面向外，在c处垂直纸面向里，且。
故选AC．【点睛】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱．磁场不但有大小而且有方向，方向相同则相加，方向相反则相减．并根据矢量叠加原理来求解 14. 如图，带电荷量之比为的带电粒子A、以相等的速度从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在、点，若，忽略粒子重力的影响，则（　　）
 A. A和在电场中运动的时间之比为B. A和的质量之比为C. A和运动的加速度大小之比为D. A和的位移大小之比为【答案】AC【解析】【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有x=v0t又由于初速度相等，所以t∝x，A和B在电场中运动的水平位移之比为1：2，则时间之比1：2，A正确；B．由牛顿第二定律有Eq = ma则粒子的质量m=∝则A和B的质量之比为1：12，B错误；C．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向有y=at2y相同，a与t2成反比，则A和B运动的加速度大小之比为4：1，C正确；D．因A、B的水平位移之比为1：2，竖直位移相等，则A、B的位移大小之比不等于1：2，D错误。故选AC。二.实验题（本题共分为15、16两道题共14分）15. （1）某同学用螺旋测微器和游标卡尺分别测量一物体的直径和长度，读出图中的示数，图甲为________mm，图乙为________mm。
 （2）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表（量程为，内阻约）；电流表（量程为，内阻约为）；滑动变阻器。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路。在实验中测得多组电压和电流值。得到如图所示的图线，由图可得该电源内阻________。（结果保留两位有效数字）
 【答案】    ①. 1.195    ②. 20.30    ③. 1.0【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器读数是固定刻度读数(0.5mm的整数倍)加可动刻度（0.5mm以下的小数）读数，图中读数为[2]游标卡尺读数是主尺读数（mm的整数倍）加上游标尺的读数（mm的小数位），由图可读出为（2）[3]根据如图所示的图线，由图可得该电源内阻16. 现要测量一个未知电阻的阻值。（1）某同学先用多用电表来测量电阻阻值的大小，将多用表选择开关置于挡，进行欧姆调零后，将红黑表笔分别接电阻两端，发现指针读数如图所示，则所测阻值为________。
 （2）接着该同学用伏安法准确测量电阻的阻值，提供的实验器材及其规格如下：A.直流电源：电动势为8VB.电压表：，内阻约C.电流表：，内阻约D.滑动变阻器：，E.开关和导线请根据实验要求和提供的器材，参考未完全连接好的实物电路在虚线方框内画出实验电路图_____________，并完成实物电路未连接的导线__________。
 （3）实验中移动变阻器滑动头，记下多组电流表、电压表读数，，然后在坐标纸上作出图线，图线的斜率为，则待测电阻阻值的大小可表示为________。在这个实验中，测量值________真实值（选填“”“”或“”）。【答案】    ①. 180    ②.     ③.     ④.     ⑤. 【解析】【详解】（1）[1]由欧姆表读数规则可知，所测阻值为（2）[2]由题目中已知数据可知，待测电阻阻值，故其相当于是小电阻，电流表采取外接法；又因为滑动变阻器阻值变化范围比待测电阻阻值小很多，故滑动变阻器应采取分压式接法，故本实验电路图应为
 [3]实物图如图所示
 （3）[4]由欧姆定律故所以斜率为解得[5]本实验的误差是由于电压表分流导致的，考虑电压表分流造成的影响，待测电阻的真实值应为故即测量值小于真实值。三．计算题（本部分共三道题，共30分）17. 在真空中点放一个点电荷＝，今在点放一个点电荷＝，的距离＝，如图所示。求：（1）在点受到的作用力。（2）点的场强。（3）拿走后点的场强。【答案】（1）；（2），方向从Q指向M；（3），方向从Q指向M【解析】【详解】（1）在点受到的作用力大小为（2）点的场强大小为方向从指向。（3）电场强度由电场本身决定，与放入电场中的试探电荷无关。所以拿走后点的场强不变，大小仍为，方向从指向。18. 如图所示，有一质子（质量为m，电荷量为e）由静止开始经电压为U1的电场加速后，进入两块板间距离为d，板间电压为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场。求：（1）质子刚进入偏转电场U2时的速度；（2）质子在偏转电场U2中运动的时间和金属板的长度；（3）质子穿出偏转电场时的动能。
 【答案】(1)；(2)，；(3)【解析】【详解】(1)质子在加速电场中有解得(2)质子在偏转电场中的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动水平方向竖直方向加速度由以上各式解得极板长运动时间(3)质子在整个运动过程中由动能定律得质子射出电场时的动能19. 如图所示，竖直向下的电场强度大小为E的匀强电场中有一个绝缘的光滑竖直圆轨道ABC。一个质量为，带电荷量为的小球以某一初速度从点水平抛出，恰好从A点沿切线方向进入圆轨道。已知圆轨道的圆心是O，半径为，BC为圆的竖直直径，为，小球到达A点时的速度大小为，重力加速度为。求：（1）小球做平抛运动的初速度；（2）小球在B点时对轨道的压力；（3）小球从P点到B点过程中电势能的变化量。
 【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）【解析】【详解】（1）小球恰从A点无碰撞地进入圆轨道，说明小球在A点的速度与水平方向的夹角为，即有（2）小球从A点到B点，由动能定理有小球在B点时，由牛顿第二定律有解得由牛顿第三定律知，小球在点时对轨道的压力大小为方向竖直向下。（3）设小球的抛出点P到A点的高度差为，则由动能定理有解得则小球从点到点过程中，电场力做功为电势能的变化量