【文档说明】重庆市第十八中学2022-2023学年高二上学期12月线上素质测评物理试题 含解析 .docx，共(22)页，7.585 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-5c372a8ef85375c57910b93d831d5979.html

以下为本文档部分文字说明：

重庆市第十八中学2022-2023学年（上）12月线上素质测评高二物理试题（命题人：包雅琴审题人：黄道炳）考试说明：1.考试时间90分钟2.试题总分100分3.试卷页数6页第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只

有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.下列说法中正确的是（）A.根据电流的公式qIt=，电流和电荷量成正比，电流与时间成反比B.FEq=和FBIL=都采用了比值定义法，场强E的方向与电场力F的方向相同

或相反，磁感应强度B的方向与安培力F的方向相同或相反C.电势降落最快的方向就是场强的方向D.电场线和磁感线都是客观存在的闭合曲线【答案】C【解析】【详解】A．电流的公式qIt=，是电流的定义式，不是决定式，不能理解电流和电荷量成正比，电流与时间成反比，A错误；B．F

Eq=和FBIL=都采用了比值定义法，场强E的方向与电场力F的方向相同或相反，磁感应强度B的方向与安培力F的方向是相互垂直的，B错误；C．电势降落最快的方向就是电场强度的方向，C正确；D．电场线和磁感线都是为了研究场的性质

方便直观而假设的线，不是客观存在的线，D错误。故选C2.如图所示，一枚小磁针放在半圆形导线环的环心O处，当导线中通以如图所示方向的电流时，小磁针（）。A.沿顺时针方向转动B.不会转动C.N极转向纸外，S极转向纸里D.N极转向纸里，S极转向纸外【答案】D【解析

】【详解】由安培定则知，环形电流内部磁场方向垂直纸面向里，故N极转向纸里，S极转向纸外。故选D。3.如图所示，甲、乙、丙、丁是课本内的几幅插图，下列说法正确的是（）A.甲图是利用头发屑模拟的电场线，从该图得知该电场一定是正电荷形成的B.乙图

的可变电容器的原理是改变铝片之间距离从而达到改变电容的目的C.丙图中，用金属网把验电器罩起来，再使带电金属球靠近验电器，但不接触，发现铝箔张开D.在示波管中加丁图所示的待测电压YUt−和扫描电压XUt−，就能得到图中的图像【答案】D【解析】【详解】A

．根据甲图无法判定电场线的方向，所以无法得知该电场是否为正电荷形成，故A错误；B．乙图的可变电容器的原理是改变铝片之间的正对面积从而达到改变电容的目的，故B错误；C．丙图中，用金属网把验电器罩起来，再使带电金属球靠近验电器但不接触，此时由于金属网的静电屏蔽作用，使得其内部

电场强度为零，所以铝箔不会张开，故C错误；D．在示波管中加丁图所示的待测电压YUt−和扫描电压XUt−，此时待测信号电压与扫描电压周期相同，则可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图像，故D正确。故选D。4.如图所示，虚

线a、b、c代表电场中一族等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A.a、b、c三条等势线中，a的电势最

高B.电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C.该带电质点在P点的速率比在Q点处小D.该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小【答案】D【解析】【详解】A．由于无法判断粒子的正负，因此无法确定a、b、c三条等势线电势的高低，A错误；B．根据UEd=可知等差等势面距离越远，电场强

度越小，因此Q点处的电场强度小于P点处的，B错误；CD．做曲线运动的粒子，受力的方向总是指向凹侧，因此如果粒子从Q性P运动，电场力做正功，电势能减小，动能增加，即速率增加；若从P向Q运动，电场力做负功，电势能增加，动能减小，即速率减小，因此粒子在P点具有的电势能小，而速率大，C错误，D正确。故选D

。5.如图所示，三条长直导线都通有垂直于纸面向外的电流且与A点的距离相等，电流大小满足1232III==。已知通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度IBkr=，k为比例系数，r为该点到导线的距离

，I为导线中的电流强度。1I在A点产生的磁感应强度为0B，则三条长直导线在A点产生的总磁感应强度为（）A.02BB.052BC.032BD.0132B【答案】B【解析】【详解】三条长直导线与A点等距离，1I在A点产生的磁感应强度为0B，由安培定则可知，方向水平向右，由于1232III==，则2

I在A点产生的磁感应强度也为0B，方向竖直向上，由磁感应强度IBkr=，可知3I在A点产生的磁感应强度为012B，方向竖直向下，由磁感应强度的叠加原理，可得三条长直导线在A点产生的总磁感应强度为2200001522ABBBBB=+−=

故选B。6.如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成。已知灵敏电流表G的满偏电流为g300mAI=，内阻为g10ΩR=，变阻箱R接入电路的阻值为0R。下列说法正确的是（）A.改装为0.6A量程电流表，选择图甲，010ΩR=B.改

装为0.6A量程的电流表，选择图乙，020ΩR=C.改装为15V量程的电压表，选择图甲，020ΩR=D.改装为15V量程的电压表，选择图乙，030ΩR=【答案】A【解析】【详解】AB．若改装成0.6A的电流表，应该并

联一个小电阻，起到分流的作用，分流电阻的阻值的010ΩgggIRRII==−A正确，B错误；CD．若装为15V量程的电压表，应该串联一个大电阻，起到分压的作用，分压电阻的阻值040ΩggURRI=−=CD错误。故选A。7.如图所示，匀强电场中a、b、c、d四点构成一个等腰梯形，6cm,120abb

cabc===，e为ac和bd的交点。电场线与梯形所在的平面平行，己知a点的电势是6V，d点的电势是9V，c点的电势是3V。下列说法正确的是（）A.e点处的电势为4.5VB.电场强度的大小为1003V/mC.电子在a点

的电势能比在b点高3eVD.电子从c点运动到e点，电场力做功为2eV【答案】D【解析】【详解】A．如图设f点的电势为6Vf=连接af，则af是等势面，根据匀强电场电势的特点和几何关系可知f是cd的中点，bd与af、bc垂直

，af与bc平行，可知电场方向由d指向b，所以bc是等势面，则3Vb=由几何关系可知43cmcos30dade==tan3023cmbebc==可知()2deeb−=−解得5Ve=故A错误；B．电场强度的大小1003V/m3

deEde−==故B错误；C．a点的电势比b点的电势高3V，所以电子在a点的电势能比在b点的电势能低3eV，故C错误；D．c点的电势比e点的电势低2V，电子在c点的电势能比在e点的电势能高2eV，所以电子从c点运动到e点时，电场力做功为2eV，故D正确。故选

D。8.如图甲所示，x轴上固定着两个点电荷A和B，带电量分别为AQ和BQ，点电荷A在原点上，点电荷B的坐标2mBx=。已知点电荷电势公式为qkr=，其中k为静电力常量，其值为9222910Nm/C，r为到点电荷的距离，取无穷远处电

势为零，通过电势测量仪定量描绘出x轴上各点电势随位置变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A.AB:1:4QQ=B.121.6m,4mxx==C.在2x处附近无初速度释放电子，可能做往复运动D.在2x处附近无初速度释放正电子，其最大动能可能为45eV【答案】B【解析】【详解

】A．根据x轴上电势x−变化规律，8m3x区域电势为负，可以判断A带负电，B带正电，且A带电量比B电量多，8m3x=处电势为零，电势叠加原理为代数运算，根据点电荷电势公式，有ABB0QQkkxxx+=−得AB4=1QQ故

A错误；B．x1处电势为零，有AB1B10QQkkxxx+=−得11.6mx=在x−图像中斜率为电场强度，故x2处电场强度为零，由点电荷场强公式，有AB2222B=()QQkkxxx−得24mx=故B正确；C．在2x处附近无初速度释放电子，电子可能向右运动到达无穷远或是

向左运动被点电荷B吸附，不可能做往复运动，故C错误；D．2x处左侧场强方向向右，右侧场强方向向左，在2x处附近无初速度释放正电子，正电子一定做往复运动，其最大动能不可能为45eV，故D错误。故选B。9.如图所示，两条相同的平行直导线A、B通入大小相等、方向相反的电流AI、BI，导线A

、B所受的安培力分别为AF、BF，则（）的A.在导线A的位置，导线B产生的磁场的方向垂直于纸面向里B.导线A所受安培力AF的方向向左C.若电流ABII，则ABFFD.若电流AI、BI同时反向，AF、BF方向仍然不变【答案】BD【解

析】【详解】AB．由安培定则可知，导线B在A处产生的磁场方向垂直纸面向外，则由左手定则可知导线A受到的安培力AF的方向向左，故A错误，B正确；C．B给A的安培力AF与A给B的安培力BF是一对相互作用力，所以一定有AB

FF=，故C错误；D．若电流AI、BI同时反向，A和B还是相互排斥，故AF、BF方向仍然不变，故D正确。故选BD。10.如图所示直线A为某电源的UI−图线，曲线B为某小灯泡L的UI−图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起来组成

闭合回路时灯泡1L恰能正常发光，则下列说法中正确的是（）A.此电源的内电阻为0.5ΩB.灯泡L的额定电压为3V，额定功率为4WC.由于小灯泡L的UI−图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用D.把灯泡L换成

阻值恒为1的纯电阻，电源的输出功率将变大，效率将变低【答案】AD【解析】【详解】A．由UI−图像的斜率绝对值表示电源的内阻可得410.56UrI−===A正确；B．两图像的交点表示小灯泡与电源相连时的工作状态，由于小灯泡1L恰能正常发光，则知小灯泡的额定电压为3V，额

定电流为2A，则额定功率为32W6WPUI===B错误；C．小灯泡L的UI−图线是一条曲线，是因为小灯泡的电阻随温度变化而变化，可小灯泡是纯电阻元件，所以灯泡发光时欧姆定律适用，C错误；D．小灯泡正常工作时的电阻为31.52URI===灯把灯泡L换成阻值恒为1

的纯电阻，此电阻接近电源的内阻，由电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大可知，此时电源的输出功率将变大；由电源的效率()11UIUIRrEIEIRrR====++可知，外电路电阻越大，电源效率越高，因此灯泡L换成阻值恒为1的纯电阻，效率将变低，D正确。故选AD。11.如图，G为灵敏

电流计，V为理想电压表，1R、2R为定值电阻，3R是一根盐水柱（封于橡皮管内，与电路导通），平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，电容器两板间的带电油滴恰好静止。则握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中（忽略温度对电阻的影响）（）A.电阻3R的

阻值增大B.V表示数减小C.油滴向上运动D.G表中有从a到c的电流【答案】AC【解析】【详解】A．盐水柱体积V不变，将它竖直均匀拉伸的过程中长度L变长，横截面积S变小，根据电阻定律3LRS=得3R变大

。故A正确；B．3R与2R并联后整体与1R、r串联，串联分压与电阻成正比，3R与2R并联的总电阻为2233=+RRRRR并3R变大，则R并变大，则R并分到的电压变大，V表示数增大。故B错误；C．由以上分析可得，平行板电

容器两极板电压增大，根据=UEd得平行板电容器两极板间电场强度增大，油滴电场力大于重力，则油滴向上运动。故C正确；D．根据平行板电容器的公式=4QsCUkd=得平行板电容器的电容不变，极板电压增大，则极板电荷量增大，电容器充电，上级板与电源正极相连，则G表中有从c到a的电流。故

D错误。故选AC。12.如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由

静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是（）A.小球b机械能逐渐减小B.小球b所受库仑力大小为3mgC.细线PM的拉力一直减小D.小球b的加速度大小逐渐变大【答案】BD【解析】【详解】A．小

球b由G滑到H过程中，小球a对小球b的库仑力和轨道对小球b的弹力与小球运动方向垂直，对小球b不做功，因此只有重力做功，小球b的机械能守恒，A错误；B．对小球b由机械能守恒定律可得212mgRmv=22vgR=当小球b运动到H

端时对管道壁恰好无压力，由牛顿第二定律可得2vFmgmR−=库解得小球b所受库仑力大小为3Fmg=库B正确；C．设PN与竖直方向的夹角为α，b与a的连线与水平方向的夹角为θ，有小球a的受力平衡，在水平方向可有cossinPN

PMFFF+=库在竖直方向可有cossinPNFmgF=+库解得()3costancosPMmgFmg−=+小球b由G滑到H过程中θ从0增大到90°，细线PM的拉力先增大后减小，C错误；D．对小球b运动到某一位置时，则有211sin2

mgRmv=小球b在任意位置的加速度由向心加速度与切向加速度合成。则有()222222112cos3sin1vaaaggR=+=+=+小球b由G滑到H过程中θ从0增大到90°，小球b的加速度

大小逐渐变大，D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、实验题（本大题2个小题，共14分，解答时按要求把答案填在相应的位置）13.某同学测量一个圆柱体电阻丝的电阻率时，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径

，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，则圆柱体的长度为________cm，直径为________mm。（2）已知被测金属丝的电阻约为5，实验所用电源的电压为3V。请你根据电路图在图乙中进行实物连线________（3）若测出圆柱体电阻丝的有效长度为L，直径为d，电阻为R，

则金属丝的电阻率=________。【答案】①.5.02②.5.315③.见解析④.24dRL【解析】【详解】（1）[1]圆柱体的长度50mm20.1mm50.2mm5.02cmL=+==[2]圆柱体的直径5

mm31.50.01mm5.315mmd=+=（2）[3]根据电路图连接实物图如图所示（3）[4]根据LRS=而24dS=整理可得24dRL=14.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。（1）应该选择

的实验电路是图1中的___________（选项“甲”或“乙”）；（2）现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A．电压表（0~15V）B．电压表（0~3V）C．滑动变阻器（0~20）D．滑动变阻器（0~100）实验中电压表应选

用___________，滑动变阻器应选用___________；（选填相应器材前的字母）（3）某位同学根据记录的数据，做出如图3所示的图线，根据所画图线可得，电动势E=___________V（结果保留三位有效数字），内电阻r=

___________（结果保留两位有效数字）；（4）这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是___________。A．实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用B．实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用C．实验测出的内阻大于真实值D．实验测出的电动势小于真实值【答案】

①.甲②.B③.C④.1.49⑤.0.82⑥.AD##DA【解析】【详解】（1）[1]因一节干电池的内电阻较小，若应用图乙实验电路，电流表的内阻会对电源内阻的测量产生较大的误差，图甲电压表的分流作用产生的实验误差较小，因此应该选择的实验电路是图

1中的甲。（2）[2]一节干电池的电动势约为1.5V，要求尽量减小实验误差，电压表应选B。[3]为了调节方便，且调节效果明显，应选最大阻值较小的滑动变阻器C。（3）[4]由闭合电路欧姆定律可得UEIr=−由题图3可知，U轴上的

截距为该电源的电动势，可知1.49VE=[5]图线的斜率为该电源的内阻，则有1.491.000.820.6r−==（4）[6]实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用，使电流表的电流小于流经电源内阻的电流，使U−I图线下移，使测得的电动势和内阻都小于真实值。故选

AD。三、计算题（本大题4个小题，共38分，解答时应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.如图所示，电源的电动势10VE=，定值电阻4

ΩR=，电动机M的线圈电阻M0.2Ωr=。当S断开时，电流表的示数12.0AI=。当开关S闭合时，电流表的示数24.0AI=，电动机恰好正常工作。求：（1）电源的内阻r；（2）电动机的输出功率P出。【答案】（1）1Ω；（2）13.75W【解析】【详解】

（1）当开关S断开时，根据闭合电路欧姆定律得1()EIRr=+电源的内阻1Ωr=（2）当开关S闭合时，路端电压为226VUEIr=−=流过R的电流2R1.5AUIR==流过电动机的电流M2R2.5AIII=−=电动机电功率M2M15WPUI==电动机的热功率2MM

1.25WPIr==热电动机的输出功率M13.75WPPP=−=出热的16.如图所示，两平行金属导轨间的距离0.40mL=，金属导轨所在的平面与水平面夹角37=，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度0.50T

B=、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势6.0VE=、内阻不计的电源和一个电阻箱R、（最大阻值为99.9Ω）。现把一个质量0.04kgm=的导体棒放在金属导轨上，且导体棒始终处于平衡状态。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻02

.0ΩR=，与金属导轨间的动摩擦因数0.75=，金属导轨电阻不计，重力加速度g取210m/s。已知sin370.6=，cos370.8=，求：（1）当电阻箱R的阻值为多大时，导体棒所受摩擦力为零；（2）通过导体棒的最大电流。【答案】（1）3.0Ω；（2）2.4A【解析】【详解】

（1）由题意可知，当导体棒所受摩擦力是零时，则有导体棒重力沿导轨斜面向下的分力与导体棒受沿导轨斜面向上的安培力大小相等，设此时导体棒中的电流为I，则有sinmgBIL=sin370.04100.6A1.2A0.500.40mgIBL===由闭合电路欧姆定律可得0EIR

R=+解得06.02.03.01.2ERRI=−=−=（2）由题意可知，当导体棒受的静摩擦力沿导轨斜面向下最大时，导体棒受的安培力最大，导体棒中电流最大，则有msincosmgmgBIL+=解得msin37cos370.04100.60

.750.04100.8A2.4A0.500.40mgmgIBL++===17.如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，B板接地，A、B两极板间电压随时间的变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2。现有一

带负电粒子在t＝0时刻以一定的初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间。已知粒子的带电荷量为－q，质量为m，（不计粒子重力）求：（1）粒子刚好能到达O2孔时，则该粒子进入A、B间

的初速度v0为多大；（2）在（1）的条件下，A、B两板长度的最小值；（3）A、B两板间距的最小值。【答案】（1）22qUm；（2）22qUTm；（3）122qUTm【解析】【详解】（1）因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力作用做匀速运动，所以进入O1′孔时的速度即为进入A、B板的初速

度。粒子刚好能到达O2孔时，在C、D间由动能定理有qU2＝12mv02解得v0＝22qUm（2）由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v竖＝0竖直方向的位移也为0。若在第一个周期末粒子从A、B板中射出，则对应两板最短，长度为L＝v0T＝22qUTm（3）若粒子在运动

过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板间距最小，设为d，则有211()2242qUTdmd=解得d＝122qUTm18.如图所示，质量A0.8kg=m、带电量3410Cq−=−的A球用长度0.8ml=的不可伸长的绝

缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强3510N/CE=。质量B0.2kgm=不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6

J。现将A球拉至左边与圆心等高处释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道。A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，210m/sg=，求：（1）碰后C速度的大小；（2）碰后C第一次离开电场时的速度；（

3）C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C第二次离开电场前瞬间绳子受到的拉力。【答案】（1）C2m/sv=；（2）242m/sv=；（3）130NT=【解

析】【详解】（1）碰前A的速度2AAA12mvmgl=解得A4m/sv=碰前B的速度2BB12Emv=解得B6m/sv=由动量守恒可得AABBABC()mvmvmmv−=+解得C2m/sv=（2）碰后，整体受到电场力20NFEq==，C10NGmg==因为

2CCvFmgml−小球做类平抛运动，水平方向上Cxvt=竖直方向上212yat=其中2CC10m/sqEmgam−==圆的方程222()ylxl−+=解得x=0.8m，y=0.8mC刚好在圆心等高处绳子

拉直，设此时C向上速度为14m/svgt==设小球运动到最高点速度为2v，由动能定理得()22C2C1C1122mvmvFmgl−=−解得242m/sv=的（3）设小球从最高点运动到最低点时的速度为3v，可得22C3C2C11222mvmvmgl−=解得38m/sv=由'3CCv

TFmgml+−=可知T>0，所以小球能一直做圆周运动，经过第二次最高点，故有22CC2411222mvmvqEl−=42CCvTmgFml+−=解得130NT=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com