新疆阿图什市克孜勒苏柯尔克孜自治州第一中学2022-2023学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析）

这是一份新疆阿图什市克孜勒苏柯尔克孜自治州第一中学2022-2023学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间90分钟 满分100分）
一、单选题（本题共3小题，满分12分）
1. 不带电的空腔导体P置于电场中，其周围电场线分布如图所示，a、c为电场中的两点，b为导体空腔内的一点，则（ ）
A. a、b、c三点的电场强度依次减小
B. a、b、c三点的电势依次降低
C. 负试探电荷在a点的电势能比在b点的大
D. 正试探电荷从a点移到c点的过程中，克服电场力做功
【答案】B
【解析】
【详解】A．由电场线越密的地方电场强度越大，b处于静电平衡状态的导体的内部，电场强度大小是0，则有，故A错误.
B．沿着电场线电势逐渐降低，a点处于电场线的靠前的位置即a点的电势比b高，b的电势比c高.所以B正确.
C．负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，故负检验电荷在a点的电势能比在b点的小.所以C错误.
D．正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到c点的过程中电势能减小，则电场力做正功；故D错误.
2. 如图所示，三个阻值相同的电阻连成三角形电路，原来A、B间电阻RA B等于B、C间电阻RBC，由于某种原因，其中一个电阻发生了变化，结果RAB＞RBC，其原因可能是（ ）

A. R1变小B. R2变小C. R3变大D. R3变小
【答案】D
【解析】
【分析】间的电阻为与串联后与并联；BC间的电阻为、串联后与并联；由串并联电路的规律可得出的表达式，分析可知是哪一个电阻发生了变化．
【详解】在A、B之间，是和串联后再与并联的电路，故；在B、C之间，是是和串联后再与并联的电路，故；原来，表明，要使，则应使，可知变大或变小，D正确．
【点睛】本题的关键是能明确电路结构，要注意由物理规律得出相应的表达式，再由数学知识可比较大小．
3. 用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的电场强弱。如图，图甲是等量异种点电荷产生电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D也关于O对称，则下列说法错误的是（ ）
A. A、D两点电场强度大小相等、方向相反
B. B、C两点电场强度大小和方向都相同
C. E、F两点电场强度大小和方向都相同
D. 从E到F过程中电场强度先增大后减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由图看出，A、D两点场强方向相同，故A错误，符合题意；
B．根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同，这两点场强的方向均由B指向C，方向相同，故B正确，不符合题意；
C．由图看出，E、F两点中，电场线疏密程度相同，说明两点电场强度大小相等，电场线切线方向相同说明电场强度方向相同，故两点电场强度相同，故C正确，不符合题意；
D．由图看出，电场线先变密，再变疏，所以场强先增大后减小，故D正确，不符合题意。
故选A。
二、多选题（本题共7小题，满分28分）
4. 如图所示的电路中，电源的电动势和内阻保持不变，下列说法中正确的是（ ）

A. 闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方
B. 越大，路端电压越大
C. 越大，电源的输出功率越大
D. 阻值不同，电源的输出功率可能相同
【答案】BD
【解析】
【详解】闭合电路中，电流在外电路是从电势高的地方流向电势低的地方，内电路是从低电势的地方流向高电势的地方，选项A错误；根据闭合电路的欧姆定律，U=E-Ir可知，R越大，I越小，则路端电压U越大，选项B正确；电源的输出功率，可知当时，即R=r时电源的输出功率最大，可知当电阻R从R=r增大或减小时，输出功率均减小，即R越大，电源的输出功率不一定越大，选项C错误；当输出功率相同时满足：，化简可得，即满足时，电源的输出功率相同，选项D正确．
5. 如图所示，R0为热敏电阻（温度升高电阻迅速减小），D为理想二极管（正向电阻为0，反向电阻无穷大），C为平行板电容器．当开关K闭合，滑动变阻器R的触头P在适当位置时，电容器C中央有一带电液滴刚好静止．M点接地，则下列说法正确的是（ ）
A. 开关K断开，则电容器两板间电场强度为零
B. 将热敏电阻R0加热，则带电液滴向上运动
C. 滑动变阻器R触头P向下移动，则带电液滴在C处电势能减小
D. 滑动变阻器R的触头P向上移动，则带电液滴在C处电势能增大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据平衡条件可知液滴受电场力向上，大小等于重力。开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，电场强度增大。故A错误。
B．热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，电场强度增大，液滴向上运动。故B正确。
C．滑动变阻器R的触头P向下移动，滑动变阻器接入电阻增大，则总电流减小，内压及R0两端的电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，会充电，电容器两端的电势差增大，液滴向上运动，电场力做正功，电势能减小。故C正确。
D．当变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，故不会充电，由于二极管，也不会放电，故电容器两端的电势差不变，电势能不变。故D错误。
6. 在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示。重力加速度为g。由此可见（ ）
A. 带电小球所受静电力为3mg
B. 小球带正电
C. 小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D. 小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
【答案】AD
【解析】
【详解】B．由于在电场中轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明静电力方向向上，所以小球带负电，B错误；
A C．带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，从A到B过程小球做平抛运动。小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动。则有
x1=v0t1
从B到C过程，有
x2=v0t2
设AB与MN夹角为，由题意有
则得
t1=2t2
即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍。
根据几何知识有
y1∶y2=x1∶x2
解得
a=2g
根据牛顿第二定律得
F-mg=ma=2mg
解得
F=3mg
C错误，A正确；
D．根据速度变化量Δv=at，则得AB过程速度变化量大小为
Δv1=gt1=2gt2
BC过程速度变化量大小为
Δv2=at2=2gt2
所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，D正确。
故选AD。
7. 如图所示，实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力的作用，对于两点下列判断正确的是（ ）
A. 电场中a点的电势较高B. 带电粒子在a点的动能较大
C. 带电粒子在a点的加速度较大D. 带电粒子在a点的电势能较大
【答案】BC
【解析】
分析】
【详解】A．由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，故无法判定电势高低，故A错误；
BD．由a到b的过程中，由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点电势能较大。故B正确，D错误；
C．由电场线的疏密可知a点场强大，电场力大，故此处加速度大，故C正确。
故选BC。
8. 一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动的轨迹如图虚线所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断( )
A. 此粒子由a到b，电场力做正功，由b到c，粒子克服电场力做功
B. 粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能
C. 粒子在c点的速度和在a点的速度大小相等
D. 等势面a比等势面b的电势高
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】A．从粒子轨迹的弯曲情况，可判断出，粒子由a到b，电场力做负功，由b到c，电场力做正功，故A错误；
B．根据上一选项分析可知，粒子由a到b，电场力做负功，根据电场力做功与电势能转化的关系，可判断出，粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能，故B正确；
C．粒子运动过程中，只有电场力做功，涉及的是粒子动能和电势能之间的相互转化，总量保持不变，又因为a、c两点处在同一条等势线上，故粒子在c点的速度和在a点的速度大小相等，故C正确；
D．题中点电荷与带电粒子的电性未知，故不能判断等势面的高低，故D错误。
故选BC。
9. 表头（灵敏电流计）的改装电路图如图所示，已知表头的内阻，满偏电流，电阻，，下列说法正确的是（ ）
A. 使用A、B两个端点时，该装置为电流表，量程为3A
B. 使用A、B两个端点时，该装置为电压表，量程为3V
C. 使用A、C两个端点时，该装置为电流表，量程为0.6A
D. 使用B、C两个端点时，该装置电压表，量程为15V
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】不管是接A、B，A、C还是B、C两个端点，都有电阻与表头并联，该装置都为电流表。
使用A、B两个端点时，量程为
使用A、C两个端点时，量程为
故AC正确，BD错误。
故选AC。
10. 如图所示电路，在平行金属板M、N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点，改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则下列说法正确的是

A. 该粒子带正电
B. 减小R1，粒子将打在O点左侧
C. 增大R1，粒子在板间运动时间不变
D. 减小R2，粒子还能打在O点
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由电路可知，N板带正电，所以带电粒子带负电，A错误；
BC．由电路可知，R0、R1串联接在电源两端，MN两板间的电压等于R0两端电压。带电粒子在两板间做类平抛运动，平行两板方向做匀速运动，垂直两板方向做匀加速运动。减小R1，两板间电压增大，加速度增大，粒子将打在O点左侧，时间变短，B正确，C错误；
D．减小R2，两板间电压不变，粒子在板间运动时间不变，还能打在O点，D正确。
故选BD。
三、实验题（本题共2小题，满分16分）
11. （1）用游标为50分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为___________mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为___________mm。
（3）实验中电流表选择0-0.6A量程，电压表选择0-3V量程。某次电表示数如图所示， 电流表示数为___________A，电压表示数为___________V，
【答案】 ①. 1.92 ②. 0.900 ③. 0.50 ④. 2.60
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]由图示游标卡尺可知，且游标为50分度，则其示数为
（2）[2]由图示螺旋测微器可知，其示数为
（3）[3] 实验中电流表选择0-0.6A量程，由图示可知，电流表示数为0.50A；
[4]实验中电压表选择0-3V量程，由图示可知，电压表示数为2.60A。
12. 有一个电压表V，其内阻为、量程约25V～35V，共有30个均匀小格，但刻度数值已经模糊。为了测量其量程并重新刻度，现提供下列器材选用：
标准电压表V1：量程0～3V，内阻为
标准电压表V2：量程0～6V，内阻为
电流表A：量程0～3A，内阻未知
滑动变阻器R：总阻值
稳压电源E：30V，内阻不能忽略
电键、导线若干
（1）根据上述器材，有一位同学设计了如图1所示的实验电路图，请指出此电路中测量部分存在的问题：___________。
（2）请设计一个合理的电路图，画在图2的方框内，将所选用的器材用相应的符号表示___________（要求测量多组数据，并尽可能提高测量的精确度）；选用记录数据中任一组，写出计算量程的表达式___________；式中各字母的意义是：___________。
【答案】 ①. 电流表量程太大，电压表与电流表串联时实际流过电流表的电流太小，电流表的指针偏转不明 ②. ③. ④. N为V表指针所指格数，U1为V1表读数
【解析】
【详解】（1）[1]此电路设计存在的问题：电流表A的量程太大，电压表的内阻较大，电压表与其串联时实际流过电流表的电流太小，即电流表的指针偏转不明显。
（2）[2]由题意可知，待测电压表内阻已知，则将两表串联接入电路，两表中的电流相等，由标准电表可求得电流值，通过计算可求得待测电压表的量程；因两电压表阻值较大，而滑动变阻器阻值较小，故滑动变阻器采用分压接法；故电路如图所示
[3][4]由欧姆定律可求得，通过两电压表的电流为
则待测电压表两端的电压为
此时指针指示的格数为N，则有
解得量程为
其中N：直流电压表V指针所指格数，U1：标准电压表V1的读数。
四、解答题（本题共3小题，满分44分）
13. 直径为d、电阻为R不封闭金属圆环水平固定在绝缘桌面上，如图所示（俯视图），一电容为C的电容器与圆环的两端点连接。在圆环内部有垂直桌面向下的随时间均匀增强的匀强磁场，其磁感应强度大小随时间的变化率为k。求：
（1）圆环中的感应电动势E的大小和方向；
（2）电容器P板所带的电荷量q。
【答案】（1），方向为逆时针方向；（2）
【解析】
【分析】
详解】(1)由法拉第电磁感应定律及楞次定律可得：
感应电动势的方向为逆时针方向。
(2)电容器两极板之间的电压等于电源的电动势，即U=E，由
得
由于感应电流的方向为逆时针方向，所以电容器P极板的带电量
14. 如图甲所示，真空中水平放置的相距为d的平行金属板板长为L，两板上加有恒定电压后，板间可视为匀强电场．在t=0时，将图乙中所示的交变电压加在两板上，这时恰有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从两板正中间以速度v0水平飞入电场．若此粒子离开电场时恰能以平行于两板的速度飞出（粒子重力不计）．求：
（1）两板上所加交变电压的频率应满足的条件．
（2）该交变电压U0的取值范围．
【答案】（1）（其中n=1，2，3，…）；（2）U0≤ （其中n=1，2，3，…）．
【解析】
【详解】（1）粒子水平方向做匀速直线运动，水平分速度为v0；竖直方向沿着同一方向做加速度周期性变化的运动，速度时间图象如图所示：
要使粒子在离开电场时恰能以平行A、B两板的速度飞出，竖直分速度为零，即恰好在整数倍周期时刻飞出，即：

解得：f= （其中n=1，2，3，…）
（2）粒子射出时，竖直分位移不大于板间距离的一半，故：
水平分运动：L=v0t
竖直分运动：
由于：
t=nT
联立解得：U0≤ （其中n=1，2，3，…）
【点睛】本题关键是明确粒子的运动情况和受力情况，关键是分析两个不同方向的运动情况，竖直方向的运动画出v-t图像研究比较直观，然后列出两个方向的位移方程要；注意多解性．
15. 如图所示，A、B为两块足够大的平行金属板，两板间距离为d，接在电压为U的电源上。在A板的中央P点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子。设电子的质量为m、电荷量为e，射出的初速度为v0。求电子打在B板上的区域面积。
【答案】
【解析】
【详解】打在最边缘处的电子做类平抛运动，如图所示
在垂直电场方向做匀速直线运动，有
在平行电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有
加速度为
联立解得半径为
由于电子运动的对称性，打在B板上的电子的分布范围是圆形区域，面积为