【文档说明】湖南省衡阳师范学院祁东附属中学2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题（解析版）.docx，共(15)页，602.609 KB，由envi的店铺上传

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衡师祁东附中2022年下学期期中考试试卷高二物理（高考类）一．选择题（本大题共10小题，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，每小题4分，第7-10题有多项符合题目要求，每小题5分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。）1.下面是

某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A.根据公式QCU=可知，电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比B.根据公式RSl=可知，金属电阻率与导体的电阻成正比C.电场线是人们假想的，用以

表示电场的强弱和方向，实际并不存在D.根据公式FEq=可知，E与F成正比，与q成反比【答案】C【解析】【详解】A．电容器的电容的大小是由电容器自身结构决定的，与其所带电荷量的多少以及两极板间的电压高低无关，此公式是电容的定义式，是一种检测手段，

故A错误；B．金属电阻率取决于材料的本身，与导体电阻无关，此公式是电阻率的一种检测手段，故B错误；C．电场线是人们假想的，用来表示电场的强弱和方向，实际并不存在，故C正确；D．电场强度的大小是由电场本身性质决定的，与试探电荷所受电

场力大小以及试探电荷所带电荷量的多少无关，故D错误。故选C。2.如图所示，是点电荷电场中的一条电场线，则()A.a点场强一定大于b点场强B.形成这个电场的电荷一定带正电C.在b点由静止释放一个电子，将一定向a点运动D.正电荷在a处受到的静电力大于其在b处的静电力【答案】C【解析】【分析】正电

荷的电场线始于正电荷终止于无限远或负电荷，负电荷的电场线始于无限远终止于负电荷，通过电场线的疏密情况来判断场强的大小，分析电子的受力情况，判断其运动方向；【详解】A、一条电场线无法判断电场线疏密情况，故a点与

b点场强大小关系不能确定，故A错误；B、根据电场线始于正电荷终止于无限远或负电荷，或电场线始于无限远终止于负电荷，场源电荷的位置不能确定，也就无法确定电荷的电性，故B错误．C、在b点由静止释放一个电子，所受

的静电力向左，则电子将一定向a点运动，故C正确；D、由FqE=知，E的大小不能确定，则正电荷所受的静电力大小也不能确定，故D错误．【点睛】本题考查了点电荷电场线、场强、处于电场中的电荷受力情况，解题关键明确点电荷电场线的分布情况，知道电场线的疏密程

度反映场强的大小．3.对于常温下一根电阻阻值为R的均匀钨金属丝，下列说法中正确的是（）A.常温下，若将金属钨丝均匀拉长为原来的5倍，则电阻变为5RB.常温下，若将金属钨丝从中点对折起来，电阻变为2RC.给金属钨丝加上的电压逐渐从

零增大到U0，则任一状态下的UI比值不变D.金属钨的电阻率随温度的升高而增大【答案】D【解析】【详解】A．常温下，若将金属钨丝均匀拉长为原来的5倍，则横截面积变为原来的15，由电阻定律lRS=可知，电阻变为25R，故A错误；

B．常温下，若将金属钨丝从中点对折起来，横截面积变为原来的2倍，由电阻定律lRS=可知，电阻变为14R，故B错误；C．给金属钨丝加上的电压逐渐从零增大到0U，由于功率增加，导致温度会略有升高，故金属丝的电阻率会变大，由于截面积和长度均不变，根据电阻定律可得电阻值变

大，再根据欧姆定律可以得到UI比值变大，故C错误；D．金属钨丝电阻率会随温度的升高而增大，随温度的降低而降低，故D正确。故选D。4.两个完全相同的金属小球，都带正电荷，其中一个球的带电量是另一个的5倍，它们间的的库仑力大小是F，现将两球

接触后再放回原处，它们间库仑力的大小是（）A.59FB.45FC.54FD.95F【答案】D【解析】【详解】由题意，设1255==qqq根据库仑定律可知，开始时212225qqqFkkrr==将两球接触后再放回原处后12532qqqqq

+===则21222995qqqFkkFrr===故选D。5.如图所示A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，AB长为1m，电场线与三角形所在的平面平行，已知5VA=，5

VB=−，15VC=，由此可以判断（）A.电场强度的方向重直AD连线斜向上B.电场强度的方向由B点指向C点C.电场强度的大小为8V/mD.电场强度的大小为203V/m3【答案】D【解析】【详解】AB．在匀强电场中，BC5V,15V=−=，则B、C连线的中点D的电势515

V5V22BCD+−+===故DA=，AD为一条等势线，根据电场线与等势线垂直且沿着电场线方向电势降低可知，电场强度的方向垂直于AD连线斜向下，选项AB错误；CD．电场强度的大小1020V/m3V/mcos30

332===ABABUEl选项C错误，D正确。故选D。6.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能pE随位移x变化的关系如图所示，其中20~x段是关于直线1xx=对称的曲线，23~xx段是直线，则下列说法正确的是（）A.1x处电场强度最小，但不为零B.粒子在20~x段做匀变速运

动，23~xx段做匀速直线运动C.若1x、3x处电势为1、3，则13φφD.23~xx段的电场强度大小方向均不变【答案】D【解析】【详解】A．PEx−图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据FqE=可

知1x处电场强度最小且为零，故A错误；B．粒子在20~x段切线的斜率发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动，2x~3x段斜率不变，所以做匀变速直线运动，故B错误；C．带负电的粒子从1x到3x的过程中电势能增加，说明电势降

低，即1>3故C错误；D．故2x~3x段斜率不变，所以这段电场强度大小方向均不变，故D正确。故选D。7.随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把

物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体（）A.稳定后电容器的带电量变小B.稳定后电容器的电容增大C.膜片电极下移过程中G表中有从b流向a的电流D.稳定后极板间电场强度不变【答案】BC【解析】【详解】AB．平行板上层膜片电极下移，则d减小。由平行板电容器电容的

表达式4rSCkd=可知d减小，C增大。而电容器两端的电压不变，由QCU=可知带电量增大，A错误，B正确；C．平行板电容器带电量增大，则继续充电，由电路简图可知G表中有从b流向a的电流，C正确；D．由UEd=可知d减

小，U不变，E增大，D错误。故选BC。8.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过N点，再经过M点。可以判定（）A.M点的电势小于N点的电势B.粒子带正电，M点电势大于N点的电势C.粒子在M点受到的电场力大于在

N点受到的电场力D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能【答案】BD【解析】【详解】AB．沿着电场线方向，电势降低，则M点的电势大于N点的电势，根据曲线运动规律可知，粒子弯曲的方向向下，则受到的电场力方向向下，与电场线方向一致，则粒子为正电荷，故A错误，B正确；C．电

场线的疏密表示电场强度的大小，根据图像可知M点的场强小于N点的场强，则在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故C错误；D．粒子从N点运动到M点，电场力做负功，电势能增加，故粒子在M点的电势能大于在N点的电

势能，故D正确。故选BD。9.某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，

a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。则（）A.d、a两点的电势差da1.5mVU=B.负电荷从b点移到d点，电势能增加C.a、b两点的电场强度等大同向D.c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上电场强度先变大后变小【答案】CD【解

析】【详解】A．人体表面的瞬时电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，d、a两点的电势的的差为dada01.5mV1.5mVU=−=−=−故A错误；B．负电荷从b点移到d点，逆着电场线方向运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；C．根据等量异种电荷电势分布规律，a、b为两电荷连线上对称的

两点，则a、b两点的电场强度大小相同，方向相同，故C正确；D．根据等量异种电荷电势分布规律，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度相同，根据等势线的疏密程度可以得出电场强度的变化，等势线

越密电场强度越大，越稀疏电场强度越小，则从c到d的直线上电场强度先变大后变小，故D正确。故选CD。10.如图所示，有两个相同的带电粒子A、B，分别从平行板间左侧中点和贴近上极板左端处以不同的初速度垂直于

电场方向进入电场，它们恰好都打在下极板右端处的C点，若不计重力，下列判断正确的是（）A.A粒子的初速度是B粒子的2倍B.A粒子在C点的速度偏向角的正切值是B粒子的2倍C.A、B两粒子到达C点时的动能可能相同D.如果仅将加在两极板间的电压加倍，A、B两粒子到达下极板时仍为同一点D（图中未画出）【答

案】ACD【解析】【详解】A．设平行金属板长为l，板间距离为d，场强为E，则运用运动的分解法研究得到，水平方向l=v0t竖直方向212=yat=qEam联立得到2220k24qElqElymvE==由图看出，两个粒子的水平位移都等于板长l，q、E相同，y之比为yA：yB=1：2初

动能Ek与y成反比，可以判定A粒子的初动能是B粒子的2倍，因为两个A、B是相同的粒子，故质量相同，所以A粒子的初速度是B粒子的2倍，A正确；B．设A、B两粒子在C点的速度偏向角分别为α、β，根据推论：带电粒子在匀强电场中做类平抛运

动，射出电场后，速度反向延长线交水平位移的中点，得到tan22dldl==：tan22ddll==则2tanα=tanβα、β都是锐角，根据数学知识可知B粒子在C点的速度偏向角的正切值等于A粒子的两倍，B错误；C．根据动能定理得kkEEqEy−=得粒子到达C点时动能为kkEEqEy=+A

粒子的初动能Ek大，y较小，而B粒子的初动能Ek小，y较大，同时等式kAAkBBEqEyEqEy=++有解，所以可得A、B两粒子到达C点时的动能Ek′可能相同，C正确；D．如果仅将加在两极板间的电压加倍，由上得到222200

22qExqUxymvmdv=＝，220A0B2vv=A、B两粒子到达下极板时y之比为yA：yB=1：2电压U加倍时，x仍相等，两粒子到达下极板时仍为同一点D，D正确。故选ACD。二．实验题（5分+10分，共15分）11.如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒

为8V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。的（1）当开关S接_______时（选填“1”或“2”），平行板电容器充电。随着极板上电荷的增多，电流逐渐_______（选填“增大”或“减小”）。（2）将G表换成电流传

感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如乙图所示，已知如图所围面积约为40个方格，可算出电容器的电容为_______F。【答案】①.1②.减小③.0.0004【解析】【详解】（1）[1][2]充电要与电源相连，故开关要接1，

由于极板上无电荷，刚开始充电时电流较大。随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小。（2）[3]根据q=It可知放电电流随时间变化曲线与t轴所围面积即为通过的电荷量，由图乙可知，每个小格的电荷量0.20.4mC0.08mCq==电容器充满电所带电荷量40400.08mC3.2mCQq==

=所以电容器的电容为0.0032F0.0004F8QCU===12.某同学欲测量一阻值大约为10Ω，粗细均匀的金属线的电阻率。（1）用游标卡尺测得该材料的长度L如图甲所示，读数L=______mm，用螺旋测微器测得该材料的直径D如图乙所示，读数D=______mm。（2）某次实验

时，电压表的示数为U，电流表的示数为I，若用UI表示该金属线的电阻的的测量值，则该测量值比真实值偏___（填“大”或“小”）。导致此误差的原因是____。（3）用实验过程中测量的物理量对应的字母表示电阻率

，则该金属线电阻率的表达式为=________。（不用代入数值计算）【答案】①.176.50②.0.440③.小④.电压表分流⑤.24UDIL【解析】【详解】（1）[1]用游标卡尺测得该材料的长度L读数为176mm0.0510mm176.50mm

L=+=[2]用螺旋测微器测得该材料的直径D读数为044.00.01mm0.440mmD=+=（2）[3][4]电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流表的测量值大于真实值，由于URI=则电阻的测量值小于真实值。（3）[5]由欧姆定律可知URI=由电阻

定律可知LRS=其中22()24DDS==整理24UDIL=三．计算题（13分+10分+18分）13.如图所示，一质量m=4210−kg，电荷量q=+3×910−C的带电小球A用长为10cm

的轻质绝缘细线悬挂于O点，另一带电量未知的小球B固定在O点正下方绝缘柱上（A、B均可视为点电荷）。当小球A平衡时，恰好与B处在同一水平线上，此时细线与竖直方向的夹角θ=37。已知重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9229.0

10NmC/，求：（1）小球A受到的静电力大小；（2）小球A所在位置的场强大小和方向；（3）小球B的电荷量。【答案】（1）31.510N−；（2）5510N/C，方向水平向右；（3）7210C−【解析】【详解】

（1）小球A受重力、绳子的拉力和B球的斥力，根据平衡可知，A球受到水平向右的静电力为3tan1.510NFmg−==（2）根据电场强度定义式可知FEq=解得电场强度大小为5510N/C=E方向水平向右（3）

根据库仑定律得2(sin)kQqFL=解得小球B的电荷量为7210CQ−=14.如图所示，空间有水平向右的匀强电场，A、B是电场中两点，相距20cmL=，且两点连线与电场线的夹角45=。现将一质量115.010kgm−=、电荷量101.010Cq−=−

的带电粒子从A点移至B点电场力做功91.610JW−=−。粒子重力及空气阻力均不计。求：（1）A、B两点间电势差；（2）匀强电场的电场强度大小。【答案】（1）16V；（2）802V/mE=【解析】【详解】（1）根据公式可知

ABABWUq=解得9ABAB101.610V16V1.010WUq−−−===−（2）在匀强电场中，由公式UEd=可知AB216V/m802V/mcos45220102UEL−===15.

如图所示，一质量为=1kgm，带电荷量为0.5Cq=+的滑块从粗糙斜面某处无初速滑下，以=5m/sAv的速度由A点沿切线滑入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为半径R的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点竖直线右侧空间存在竖直

向下的匀强电场，电场强度为10V/mE=，已知滑块与斜面间动摩擦因数0.5=（取2=10m/sg）。求：（1）滑块开始滑下位置距A点的距离L；（2）试分析当圆弧轨道半径=1mR时，滑块滑到最低点B时对圆弧轨道的压力；（3）欲使滑块在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，试分析半

径R的取值应满足的条件。（此问中结果用分数表示）【答案】（1）2.5m；（2）52N，方向竖直向下；（3）25m18R或25m63R【解析】【详解】（1）由题意知斜面倾角为53º，由开始滑动到A点，对滑块21sin53cos532AmgLgmgLmv−=解得2.5mL=

（2）滑块从A到B点，有2211()(1cos53)22BAmgEqRmvmv+−=−滑块在B点有2N()BvFmgEqmR−+=联立解得N52NF=根据牛顿第三定律，滑块滑到最低点B时对圆弧轨道的压力为5

2N，方向竖直向下；（3）①若小球不超过圆心等高处，则有2()c12os53AmgqERmv＋得25m18R②若小球能到达最高点C，则有从A点到最高点22()(1cos53)1122ACmgqERmvmv=+++在C点2CvmgEqm

R+可得()CmgqERvm+联立解得25m63R故圆弧轨道半径R的取值条件为25m18R或25m63R。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com