【文档说明】安徽省太和中学2022-2023学年高二上学期期中学业水平测试物理试卷 含解析.doc，共(15)页，963.500 KB，由小赞的店铺上传

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太和中学2022年下期期中学业水平测试高二年级物理学科试题第Ⅰ卷（选择题，共52分）一、选择题（本题包括13题，每题4分，共52分，1-9题是单项选择题，10-13题是多项选择题）1.真空中有两个点电荷，它们间的静电力为F，如果保持它们所带的

电量不变，将它们之间的距离增大为原来的3倍，它们之间静电力的大小等于()A.3FB.F/3C.FD.F/9【答案】D【解析】【详解】由库仑定律的公式F=k2Qqr知，将保持它们所带的电量不变，将它们之间的距离增大为原来的3倍，则们之间的静电力大小变为原来的1/9．

故D正确，ABC错误．故选D．2.A、B是一条电场线上的两个点，一负点电荷仅在静电力作用下以一定的初速度由A点沿电场线运动到B点，其v－t图像如图所示。则此电场的电场线分布可能是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】负点电荷在静电力的作用下由A

运动到B，由v－t图像可知，负点电荷做加速度逐渐增大的减速运动。由F＝ma知静电力越来越大，即A→B电场强度越来越大，电场线分布越来越密。又由于负电荷所受静电力方向与速度方向相反，故场强方向为由A到B，故A选项正确，BCD错误。故选：A。3.如图

所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电荷量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）A.Q变小，C不变，

U不变，E变小B.Q变小，C变小，U不变，E不变C.Q几乎不变，C变小，U变大，E不变D.Q几乎不变，C变小，U变大，E变小【答案】C【解析】【详解】平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变。增大电容器两极板间的距离d时，由电容的决定式r4SCkd=知，电容C变小；Q不变，则根据电容的

定义式QCU=知，电容C变小，Q不变，则U变大；根据4rUkQEdS==，电场强度不变；故选C。4.关于如图所示的验电器，下列说法正确的是（）A.硬杆b应该用金属材料制成B.a与c应该互相绝缘C.用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近a时，两金属箔片带等量异种电荷D.用毛皮摩擦过的橡胶棒接触a后，c所带电

荷与橡胶棒所带电荷的电性相反【答案】A【解析】【详解】AB．验电器的工作过程是通过图中的a与带电体接触，将电荷导入c部分，让金属箔带上同性电荷而相互排斥，所以b应是导体，故A正确、B错误；CD．用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近a时，会因为静电感应现象让a带上正电荷，c部分两金属箔片带

上负电荷，故CD错误。故选A。5.如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1、R2、R3消耗的电功率一样大，则R1∶R2∶R3是（）A1∶1∶1B.4∶1∶1C.1∶4∶4D.1∶2∶2【答案】C【解

析】【详解】电阻R1、R2、R3消耗的电功率一样大，R2、R3并联则23UU=由2UPR=可知23:1:1RR=23II=R2、R3并联后与R1串联，则123III=+可知122II=对R1、R2，由2PIR=可知2212

21::1:4RRII==可得123::1:4:4RRR=故选C。6.如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是（）A.某不计重力的正电荷在A、B两点的加速度相同B.某正电荷在C点的

电势能小于B点的电势能C.某负电荷从C点移动到B点，电场力做负功D.C点场强大于B点场强【答案】B【解析】【详解】A．A、B两点处于同一等势面上，电场方向不同，不计重力的正电荷在A、B两点的加速度不相同，故A错误；B．由Ep=qφ可知，B点的电势大于C点的电势，正电

荷在C点的电势能小于B点的电势能，故B正确；C．负电荷从低电势移动到高电势，电势能变小，电场力做正功，故C错误；D．由2kQEr=可知，C点场强小于B点场强，故D错误。故选B。7.有一电源，测得它的开路电压为2V，它与一个阻值

为10Ω的电阻组成闭合电路时，测得电流为0.18A，则此电源的内阻为（）A.0.8ΩB.1.2ΩC.2ΩD.1.1Ω【答案】D【解析】【详解】由题意可知，电源电动势为2V，根据闭合电路欧姆定律()EIRr=+电源内阻为1.1Ωr故选D。8.如图所示，一带电粒子只

在电场力作用下，在电场中沿虚线由a点运动到b点，实线为电场线。在这一运动过程中，带电粒子的物理量的描述错误的是（）A.带电粒子的电性为负B.动能逐渐减小C.电势能逐渐减小D.动能与电势能的总和不变【答案】C【解析】【详解】A．由曲线运动特点可知，带电粒子受电场力与电场方向相反，则带电粒子的电

性为负，A说法正确，不符合题意；BCD．带电粒子在电场力的作用下做减速运动，动能逐渐减小。带电粒子只受电场力作用，根据能量守恒，动能和电势能总和不变，则电势能增大，BD说法正确，不符合题意，C说法错误，符合题意。故选C。9.两根材料

相同的均匀导线x和y串联在电路中，两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图中的ab段和bc段图线所示，则导线x和y的横截面积之比为（）A.2∶1B.1∶2C.6∶1D.1∶6【答案】B【解析】【详解】试题分析：ab段和bc段的电势差分别为2V，4V，电流相等，根据欧姆定律得

：．根据电阻定律得，，则，则横截面积之比：．故选B．考点：电阻定律;欧姆定律10.如图所示是两个等量同种正的点电荷，AO为两电荷连线的中垂线，下列说法正确的是（）A.O点电场强度为0B.由O到A，电场强度逐渐增大C.由O到A，电势先增后减D.由O到A，

电势逐渐减小【答案】AD【解析】【详解】A．根据电场强度叠加原理，两个正电荷在O点的电场强度大小相同方向相反，所以O点的电场强度为0。故A正确；B．根据等量正电荷电场线分布特点，由于A点位置不是确定的，所以由

O到A，电场强度可能先增大后减小，也可能一直增大。故B错误；CD．根据等量正电荷电场线分布特点，由O到A，电势逐渐减小。故C错误。D正确。故选AD。11.如图所示，一竖直放置的平行板电容器与电源连接后充电，

然后与电源断开，M、N两板所带电荷量分别为1Q、2Q，两板之间的距离为0.5cmd=，如果两个平行金属板之间有A、B两点，其电势分别为50VA=−，20V=−B，0.2cmAB=，AB与竖直方向的夹角=30=，则下列说法

正确的是（）A.M板带负电荷，N板带正电荷B.两板间的电场强度大小为33.010V/mC.如果使每个板的电荷量都减少4310C−后，电容器两板间电压降为原来的13，则此电容器的电容为3μFD.若把电容器极板上的电荷量全部放掉，电容器的电容是零

【答案】AC【解析】【详解】A．因为50VA=−，20V=−B，则电场线一定垂直于左板，场强方向一定垂直于左板，所以M板带负电荷，N板带正电荷，A正确；B．根据430V/m310V/msin300.001

BAUEAB===B错误；C．电势差的变化量4222Δ3.0100.005V100V333UUEd====根据Δ3μFΔQCU==C正确；D．电容器的电容是由本身决定的，与是否带电无关，所以电容器放掉全部电荷后，电容不变，

D错误。故选AC。12.如题图所示，平行直线表示电场线，但未标明方向，带电量为+10-2C的微粒在电场中只受电场力作用．由A点移到B点，动能损失0.1J，若A点电势为-10V，则A.B点的电势为0VB.电场线方向从左向右C.微粒的运动轨迹可能是轨迹1D.微

粒的运动轨迹可能是轨迹2【答案】AC【解析】【详解】B．由动能定理可知WE=△EK=-0.1J；可知粒子受到的电场力做负功，故粒子电势能增加，B点的电势高于A点电势；而电场线由高电势指向低电势，故电场线向左，故B错误；A．AB两点的电势差10VEABWUq==−则UA-U

B=-10V解得UB=0V；故A正确；CD．因电场方向向左，电场力向左，粒子运动轨迹的凹向指向电场力方向，可知微粒的运动轨迹可能是轨迹1，选项C正确，D错误；13.用如图所示的电路测量待测电阻xR的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确的是（）A.电压表的内电阻越小，测量越精确B.

电流表的内电阻越小，测量越精确C.电压表的读数大于xR两端真实电压，xR的测量值大于真实值D.由于电流表的分流作用，使xR的测量值小于真实值【答案】BC【解析】【详解】AB．该电路中，Rx的测量值实际上为xARRR测＝＋故电流表的内电阻越小，测

量越精确，A错误，B正确；CD．该电路中电流表的读数为通过Rx的真实值，电压表的读数为Rx两端的电压与电流表的分压之和，大于Rx两端的真实电压，根据欧姆定律知，Rx的测量值大于真实值，选项D错误，C正确。故选BC。第II卷（非选择题，共48分）

二、实验题（本题共2道小题，共13分）14.图示是“研究平行板电容器的电容与哪些因素有关”的实验装置。两块相互靠近的等大正对平行金属平板M、N组成电容器，板N固定在绝缘座上并通过导线与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都通过导线接地，板M上装有绝缘手柄，可以控制板M的位置。（1）

初步分析影响因素可能有两板间距大小、极板正对面积大小、电介质的介电常数的大小等，所以本实验所用的科学探究方法是______（选填“理想实验法”、“建立物理模型法”或“控制变量法”）。（2）使电容器带电后与电源断开，此时静电计指针张开一定角度，再进行以下实验（每次保证其他条件

不变化，以下空格均选填“变大”、“变小”或“不变”）：若仅将板M适当左移，则静电计指针的偏角将______；若仅将板N适当上移，则静电计指针的偏角将______；若在两极板插入金属片，则静电计指针的偏角将______。

【答案】①.控制变量法②.变大③.变大④.变小【解析】【详解】(1)[1]研究一个物理量与多个因素的关系的时候，我们采用控制变量法。(2)[2]使电容器带电后与电源断开，则电容器两极板所带电荷量不变，根据

=4QsCUkd=若仅将板M适当左移，则电容器两极板的距离d增大，电容减小，所以两极板电势差U增大，则静电计指针的偏角将变大。[3]电容器两极板所带电荷量不变，根据=4QsCUkd=若仅将板N适当上移，则电容器两极板正对面

积s减小，电容减小，所以两极板电势差U增大，则静电计指针的偏角将变大。[4]电容器两极板所带电荷量不变，根据=4QsCUkd=若在两极板插入金属片，等效于两板间距减小，电容增大，所以两极板电势差U减

小，则静电计指针的偏角将变小。15.为了较准确测量某电阻的阻值（约2kΩ），有如下实验器材可供选择：A.直流电源：电动势18V，内阻很小，额定电流为1AB.电流表A1：量程0~10mA，内阻约10ΩC.电流表A2：量程

0~600mA，内阻约0.5ΩD.电压表1V：量程0~3V，内阻约3KΩE电压表2V：量程0~20V，内阻约10KΩF.滑动变阻器R1：最大阻值10ΩG.滑动变阻器R2；最大阻值100ΩH.开关、导线等(1)实验中电流表选用_

_____（选填“A1”或“A2”），电压表应选______（选填“1V”或“2V”），滑动变阻器应选用______（选填“R1”或“R2”）。(2)要求电表变化范围大，请在图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接______。(3)采用上述电路正确测量，测

得的电阻______（选填“大于”、“小于”或“等于”）它的实际阻值，其原因是______。【答案】①.1A②.2V③.1R④.⑤.大于⑥.电流表分压【解析】【详解】(1)[1][2]电源电动势为18V，则电压表选择V2；电路中可能出现的最大电流18A=9

mA2000mxEIR==则电流表选择A1；滑动变阻器要用分压电路，则要选择阻值较小的R1；(2)[3]因Rx>>RA，则电流表内接；滑动变阻器用分压电路；电路如图：(3)[4]采用上述电路正确测量，测得的电阻

大于它的实际阻值，其原因是电流表的分压作用，使得电压表的测量值大于待测电阻两端电压值。三、计算题（本题共3小题，共35分，解答过程应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）16.把带电荷量2×10-8C的正点电荷从F点移到电场中A点，要克服电场力

做功2×10-6J，若把该电荷从电场中B点移到F点处，电场力做功8×10-6J，取F点的电势为零。求：（1）A点的电势；（2）A、B两点的电势差；（3）若把2×10-5C的负电荷由A点移到B点的过程中所做的功。【答案】（1）

100V；（2）-300V；（3）3610J−【解析】【详解】（1）F、A两点电势差为86V210010210VFAFAWUq−==−−=﹣又0FAAU=−得100VA=（2）B、F两点电势

差为68810400V210BFBFWUq===﹣﹣又0BFBU=−则400VB=且300VABABU=−=−（3）做功为53(300)(210)J610JABABWqU−==−−=

﹣17.如图所示，电阻R1、R2、R3连接在电路中，已知R1=6Ω，R2=8Ω，R3=12Ω，电源电动势为E=36V，内阻r=3Ω。当开关闭合时，求∶（1）外电路的总电阻是多少？（2）流过R1的电流是多少？【答案】（1）12Ω；（2）16A【解析】【详解】（1）根据并联电阻

公式13111=+RRR并得R1、R3并联的总电阻为=4ΩR并所以外电路的总电阻为2=+=4Ω+8Ω=12ΩRRR并（2）根据闭合电路欧姆定律可得流过干路的总电流为36=A=2.4A+15EIRr=所

以R1、R3两端的电压为==9.6VURI并并所以流过R1的电流是119.6==A=1.6A6UIR并18.如图所示，用长为L=10cm的绝缘细线拴住一个质量为m=0.1kg，带电量为2310q−=C的小球，线的另

一端拴在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点（线拉直），让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平方向成60°角且到达B点时，小球的速度正好为零。g取10m/s2．求：（结果保留一位有效数字）（1）若A=0，则B点的电势是多少；（2）

匀强电场的场强大小。【答案】（1）5V；（2）100V/m【解析】【详解】（1）由A到B过程，由动能定理得mgLsin60°+qUAB=0解得UAB=-5V若A点电势为零，则B点的电势φB=5V（2）在匀强电场中U=Ed又因UBA

=EL（1-cos60°）代入数据解得E=100V/m