【文档说明】四川省雅安中学2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题 含解析.docx，共(20)页，3.146 MB，由管理员店铺上传

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2022-2023学年度上期高2024届半期考试第I卷（选择题）一、单选题（每题3分，共30分。）1.下列说法正确的是（）A.由QCU=可知，电容大小与Q成正比，与U成反比B.由WUq=可知，在电场中两点之间移动同一点电荷，电场力做功越多，说明电势差越大C.由URI=可

知，电阻大小与U成正比，与I成反比D.由FBIL=可知，磁感应强度的大小随F的增大而增大【答案】B【解析】【详解】A．已知电容的大小是电容的固有属性，与电荷量，电势差没有关系，A错误；B．由于移动的是同一电荷，故

q不变，则W越大，U越大，B正确；C．电阻是导体的一种属性，只与导体本身有关，与电压电流无关，C错误；D．磁感应强度大小与F无关，D错误。故选B。2.电子枪常用于产生并形成高速，聚束的电子流，去轰击荧光屏使之发光.如图所示是电子枪的部分原理图，阴

极发射的电子在强电场的作用下从阴极飞向阳极，虚线是其中一个电子的运动路线，实线是电场线，A、B、C是电场中的三个点，下列说法正确的是（）A.电子在A点的机械能比B点的大B.C点的电势比A点高C.电子从A运动到B的过程电势能增大D.从A到B电子受的电场力不断增大【答案】B【

解析】【详解】AC．电子从A运动到B的过程，电场力方向与运动方向成锐角，故电场力做正功，电势能减少，机械能增加，故AC错误；B．顺电场线方向电势降低，故B正确；D．电场线越密集的地方电场强度越大，电子受电场力越大，从A

到B电子受的电场力不断减小，故D错误。故选B。3.为避免闪电造成损害，高大的建筑物会装有避雷针，已知产生闪电的积雨云底层带负电，由于静电感应使得避雷针的尖端带上了正电。图中虚线为避雷针周围的等势线，a、b两点的场强大小分别为aE、bE，a、

b两点的电势分别为a、b，一带负电的雨滴从a下落至b，则（）A.aE>bEB.a>bC.雨滴从a下落至b的过程中，电场力做负功D.雨滴从a下落至b的过程中，电势能减少【答案】D【解析】【详解】AB．电场线的疏密表示场强大小，等势线密集的地方电场线也密

集，可得abEE根据题意可得电场线由避雷针的尖端指向云层，顺着电场线方向电势降低，所以有baAB错误；CD．雨滴带负电，根据前面分析从a下落至b的过程中电势增大，所以电势能减小，电场力做正功，C错误，D正确。故选D。4.下列关于

电源和电源的电动势、路端电压说法错误的是（）A.铅蓄电池能够将化学能转变为电能B.电源的电动势等于路端电压与内电压之和C.电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压D.一节干电池的输出电压恒为1.5V【答案】D【解析】【详解】A．铅蓄电

池能够将化学能转变为电能，A正确，不符合题意；B．电源的电动势等于路端电压与内电压之和，B正确，不符合题意；C．电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，C正确，不符合题意；D．接入电路后，两极电压为路

端电压，若外电路正常工作，则路端电压小于电动势，D错误，符合题意。故选D。5.演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小。假设电

压表是理想的，则下列说法正确的是（）A.物体M运动时，电源内的电流会发生变化B.物体M运动时，电压表的示数会发生变化C.物体M不动时，电路中没有电流D.物体M不动时，AB间电压为0V【答案】B【解析】【详解】A．物体

M运动时，回路的总电阻不变，电源内的电流不会发生变化，A错误；B．物体M运动时，滑动变阻器AP段的电阻发生变化，电压表的示数会发生变化，B正确；C．物体M不动时，电路中有电流，C错误；D．物体M不动时，AB间电压等于电源两端电压，不等于0，D错误。故选B。6.如图所示，有两个量程电流表，

其中小量程为0∼1A，大量程为0∼10A，已知表头G的满偏电流Ig=500mA，定值电阻R1=20Ω，则定值电阻R2的阻值为（）的A.120ΩB.150ΩC.180ΩD.210Ω【答案】C【解析】【详解】接公共端与最右边的接线柱时量程为小量程0∼1A

，当表头G达到满偏时，有()()gg1g12IRIIRR=−+接公共端与中间的接线柱时量程为大量程0∼10A，当表头G达到满偏时，有()()gg22g1IRRIIR+=−解得R2=180Ω故选C。7.如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻（阻值随所受照射光强度的

增大而减小）。当照射光强度降低时（）A.小灯泡变暗B.电压表的示数变大C.电路的总电阻变小D.电源内阻消耗的功率变大【答案】A【解析】【详解】C．当照射光强度降低时，R3阻值增大，电路总电阻增大。故C错误；B．总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，R1上的电压变小，

即电压表读数变小。故B错误；D．总电流变小，根据公式2rPIr=电源内阻消耗的功率变小。故D错误；A．根据闭合电路欧姆定律得12()EIRrU=++I减小，则U2增大，可知流过2R的电流2I增大。根据并联电路特点得23III=+I减小

，I2增大，则I3减小，可知小灯泡变暗。故A正确。故选A。8.如图所示，CD和EF是两根相同金属棒，用两根等长的柔软导线1l、2l（重力不计）将它们连接，形成闭合回路CDFE。用两根绝缘细线3l、4l将整个回路悬于天花板

上，使两棒保持水平并处于竖直向下的匀强磁场中，在回路中通以如图所示方向的电流，则稳定后（）A.1l和2l将保持竖直B.3l和4l将保持竖直C.1l和2l对EF的合力小于EF受到的重力D.3l和4l对CD

的合力大于CD和EF的总重【答案】B【解析】【详解】A．由左手定则可知EF受到垂直于纸面向外的安培力，1l和2l需提供水平分力与之平衡，1l和2l不能保持竖直，A错误；B．闭合回路CDFE所受安培力合力为0，3l和4l不需要提供水平分力，将保持竖直，B

正确；C．由受力平衡可知1l和2l对EF的合力等于EF受到的重力和EF受到的安培力的合力，可知1l和2l对EF的合力大于EF受到的重力，C错误；的D．由受力平衡可知3l和4l对CD的合力等于CD和EF

的总重，D错误。故选B。9.如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=2Ω，直流电动机线圈内阻RM=1Ω，滑动变阻器的阻值R可以在0~10Ω之间调节，当变阻器的阻值取R1时，电源达到最大的输出功率，并且此时电动机输出的机械功率为2W，则R

1的数值为（）A1ΩB.1.5ΩC.2ΩD.0.5Ω【答案】D【解析】【详解】因为电源的输出功率为2=PEIIr−出所以当电源达到最大的输出功率时，电流为2A2()EIr=−=−又因为此时电动机输出的机械功率为2W，而2MM=

PUIIR−机解得M3VU=又内电压4VUIr==内所以变阻器两端电压为1M=1VUEUU=−−内所以110.5URI==故选D。.10.如图质子（11H）、氘核（21H）和α粒子（42He）都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强

电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。则（）A.若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B.若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现2个亮点C.若它们射

入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点D.若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点【答案】D【解析】【详解】A．根据类平抛运动规律则0Lvt=212yat=化简则2202qULymdv=假如进入时

速度相等，则偏转距离y取决于荷质比，三种粒子荷质比分别是：1:1；1:2；1:2，因此应该有2个亮点，选项A错误；B．同理若mv=p相等，则222qmULypd=则偏转距离y取决于mq乘积，三种粒子mq乘积分别为：1、2、8，所以应该有三个亮点，

选项B错误；C．若射入时动能相等，即2k4qULydE=偏转距离y取决于q，而三种粒子的q分别为1、1、2，所以应有2个亮点，选项C错误；D．若通过同一电场由静止加速，则根据动能定理20012qUmv=代入即204ULydU=说明只有1个亮点，选项D正确。故选D

。【点睛】此类题型考查了带电粒子在电场中的偏转，本题通过结合不同初始条件，求出偏转距离与已知量之间的关系，从而判断偏转距离。二、多选题（每题4分，共20分，漏选得2分，错选不得分。）11.电流的磁效应揭

示了电与磁的关系。下面四幅图中描述磁场方向与电流方向之间的关系，其中磁感线分布正确的是（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【详解】A．根据安培定则可知，因电流方向竖直向上，导线右侧磁场方向垂直纸面向里，而左侧则是垂直纸面向外，故

A正确；B．根据安培定则可知，因电流方向从右旋转到左，则螺线管内部磁场方向由右向左，因此右端是S极，左端是N极，故B正确；C．根据安培定则可知，因环形电流顶端处垂直低面向里，则环形导线内部磁场方向从右向左，

故C错误；D．因电流方向竖直向下，依据安培定则可知，磁场方向应该是顺时针方向（俯视），故D错误。故选AB。12.如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为，一质量为m、长为L的导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。当导体棒ab中通有方向

从a到b的电流I时，磁场的方向由竖直向上沿逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静止（重力加速度为g），则磁感应强度的大小（）A.先减小后增大B.逐渐减小C.可能为sinmgILD.可能为sin2mgIL【答案】AC【解析】

【详解】导体棒受重力mg、轨道的支持力N和安培力FA，当磁场方向逆时针转动时，AF的方向也从水平方向开始逆时针转动，作出一系列处于动态平衡的封闭矢量三角形如图所示，可知AF先减小后增大，且AF的最小值为AmsinFmg=对应磁感应强度的最小值为AmmsinFmgBILIL==综上

所述可知AC正确，BD错误。故选AC。13.某同学用内阻g20ΩR=、满偏电流g5mAI=的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图甲所示。该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏

，再将阻值为400Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是（）A.该电源电动势为1.5VB.该电源电动势为3.0VC.刻度2.5mA处标注600ΩD.刻度4mA处标注200Ω【答案】BC【解析】【详解】AB．由闭合电路欧姆定律得，满偏时()ggEIRrR=++

接入R1=400Ω的电阻时，表头指在3mA，则由闭合电路欧姆定律()gg135EIRrRR=+++联立解得580rR+=，E=3V故A错误，B正确；C．当电流刻度为2.5mA时，接入电阻为()2gg600Ω12ERRrRI=−+

+=故C正确；B．当电流刻度为4mA时，接入电阻为()3gg150Ω45ERRrRI=−++=故D错误。故选BC。14.某学习小组测得额定电压为3V的小灯泡的伏安特性曲线如图所示，你认为正确的说法是（）A.当小灯泡两端的电压为零时，

其电阻为零B.甲同学认为图线斜率减小，所以灯泡电阻在减小C.丙同学认为当电压为1.5V时，小灯泡电阻为7.5D.丁同学认为小灯泡的额定功率为0.75W【答案】CD【解析】【详解】A．小灯泡的电阻是由灯泡本身决定的，与灯泡两端的电压无关，选项A错误；B．根

据URI=则图线斜率减小，灯泡电阻增加，选项B错误；C．当电压为1.5V时，电流为0.2A，则小灯泡电阻为1.57.50.2URI===选项C正确；D．小灯泡的电压为3V时，通过的电流为0.25A，则额定功率为0.253W0.75WPIU

===选项D正确。故选CD。15.如图所示，电路中定值电阻R的阻值等于电源内阻r的阻值．开关K闭合后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔV1、ΔV2、ΔV3，理想电流表A示数变化量的绝对值ΔI，则在

A.A的示数增大B.V2的示数增大C.12VVII=D.312VVII=【答案】ACD【解析】【详解】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，

电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故A正确，B错误；根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-

Ir，则得：2UrI=；1URI=，据题：R=r，则得12UUII=．故C正确．根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-I（R+r），则得：3UI=R+r=12UI，故D正确．故选ACD．【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要理解理想电表的作用，搞清

电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．第II卷（非选择题）三、实验题（每空2分，共18分。）16.某同学想把一量程为2mA、内阻未知的毫安表改成量程为0.6A的电流表，该同学先用多用电

表测量此毫安表的内阻，进行了如下操作：（1）将多用电表挡位调到电阻“10”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调零点；（2）将图甲中多用电表的红表笔和___________（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端；（3）测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，需要将

多用电表挡位调到电阻___________（填“1”或“100”）挡；（4）将红表笔和黑表笔短接，调零点；（5）测量时，多用电表指针刚好指在表盘正中间，如图乙所示，毫安表的指针也刚好指在表盘正中间，由此可以得到毫安表的内阻为___________；（6

）如果需要改成量程为0.6A的电流表，需要___________（填“串联”或“并联”）___________（结果保留2位有效数字）的电阻。【答案】①.1②.×100③.1500##15k##1.5×103④.并联⑤.5.0【解析】【详解】（2）[1]电流从多用电表红表笔流入、黑表笔流出，从

待测毫安表正接线柱流入、负接线柱流出，所以应将图甲中多用电表的红表笔和1端相连，黑表笔与2端相连。（3）[2]测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，即指针所指刻度值过大，说明所选挡位相对待测毫安表的内阻而言偏小，需要将多用电表挡位调到更高的电阻100挡。（5）[3]由图乙可

知毫安表的内阻为1500Ω。（6）[4][5]如果需要将毫安表改成量程为0.6A的电流表，则需要并联分流电阻的阻值为3GG3G21015005.00.6210IRRII−−==−−17.利用如图甲所示电路，可以测量电源电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源（电动势

不大于6V，内阻不大于1Ω），电阻箱R（最大阻值999.9Ω），表头G（量程为100A，内阻为900Ω），定值电阻0R、1R，开关S，导线若干。实验步骤如下：（1）先利用0R将表头G改装成1mA的电流表，再将1mA

的电流表改装成量程为6V的电压表，则两定值电阻的阻值分别为：0R=__________Ω，1R=__________Ω；（2）将电阻箱阻值调到最大，再闭合开关S；（3）多次调节电阻箱，记下表头G的示数I和电阻箱相应的阻值R；（4）以1I为纵坐标，1R为横坐标，作

出11−IR图线如图乙所示；（5）根据11−IR图线求得电源的电动势E=_________V，内阻r=_________Ω.（此两空结果均保留到小数点后一位）【答案】①.100②.5910③.6.0④.0.2【解析】【详解】（1）[1][2]根据表头量程改装规律，表头改装成量程扩大十倍的电

流表，需要并联的电阻为0g11009RR==再改装车电压表需要串联的电阻阻值为136V0.09V591010AR−−==（5）[3][4]通过电阻箱的电流远大于通过1R的电流，故认为通过电阻箱的电流为通过内阻的电流g110EIRIR=+()B110IRIRrR++化简整理得16016

0rIERE=+解得6.0VE=，0.2r=四、解答题18.如图所示，两平行光滑导轨相距为40cm，与内阻r=0.5Ω的电源相连，导轨平面与水平面成45°角。整个装置处在方向竖直向下，磁感应强度B为0.5T的匀强磁场中，当滑动变阻器调至阻值为R

=5Ω时，在导轨上放置一质量为0.01kg的金属棒MN，恰好处于静止状态，经测量，导轨间的金属棒电阻值R0为0.5Ω。导轨、导线电阻不计，g取10m/s2。（1）求金属棒所受安培力的大小，并指明金属棒上电流的方向；（2）计算电源电动势E。【答案】（1）0.1N，电流方向由M流向N；（2）

3V【解析】【详解】（1）金属棒处于静止状态，由平衡条件可知，所受的安培力应水平向右，受力如图所示根据左手定则可知其电流方向由M流向N，根据平衡条件可得tan45Fmg=解得F=0.1N（2）金属棒受到的安培力可表示为F=BIL由

闭合电路欧姆定律可得E=I(R0+R+r)联立解得E=3V19.如图甲电路中，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，改变R的阻值，电压表与电流表示数变化关系如图乙，电表为理想电表。当滑片在a、b端时电流表示数分别为0.6A和0.1A．求：（1）电源

电动势和滑动变阻器最大阻值；（2）当滑片从b端滑到a端，滑动变阻器消耗的功率P随R的阻值变化关系如图丙，图像中R1=5Ω，求R2的大小。【答案】（1）6V，50Ω；（2）20Ω【解析】【详解】（1）定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测量滑动变

阻器两端的电压，当滑片位于b端时，全部接入，滑动变阻器接入的阻值最大，总电阻最大，电流最小，根据乙图可知最小电流为0.1A，此时电压表的示数为5V，滑动变阻器接入的电阻为maxmin5V500.1AURI===滑滑设电源电动势为E，定值电

阻的阻值为R0，当滑动变阻器的滑片在b端时，根据串联电路电压的关系有005V0.1AEUUR=+=+滑当滑片位于a端时，电路中的电流为0.6A，只有R0接入电路，则根据闭合电路欧姆定律00.6AER=整理可知6VE=，010ΩR=（2）根据图丙可知，当滑动变阻器接

入的阻值为5Ω时，电路中的总电阻为05Ω10Ω15ΩRRR=+=+=滑总根据闭合电路欧姆定律，此时电路中的电流为16V0.4A15ΩUIR===总滑动变阻器消耗的功率为()221110.4A5Ω0.8WP

IR===当滑动变阻器的阻值为R滑2时，滑动变阻器的功率为22222226V0.8W10ΩPIRRR===+整理可知220R=20.如图甲所示，P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”（初速度为0）电压为0U的加速电场，粒子经加速后从O点水平射入两块

间距、板长均为l的水平金属板间，O为两板左端连线的中点、荧光屏1MON为半圆弧面，粒子从O点沿直线运动到屏上1O点所用时间为02mlqU。若在A、B两板间加电压，其电势差ABU随时间t的变化规律如乙所示，所有粒子均能从平行金属板右侧射出并垂直打在荧光屏上被吸收、已知粒子通过板间所

用时间远小于T，粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计，求：（1）粒子在O点时的速度大小；（2）图乙中U最大值；（3）粒子从O点到打在屏上的最短时间。【答案】（1）02Uqm；（2）2U0；（3）

()032242lmqU+【解析】【详解】（1）由动能定理得20012Uqmv=解得002Uqvm=（2）粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，水平方向0lvt=竖直方向2122lyat==根据牛顿定律有mUqalm=联立解得m02UU=的（3）半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全

部垂直打在荧光屏上，当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最短，如图所示水平方向02OOlvtl==设射出电场时速度与水平方向夹角为，则有0tanyvv=竖直分速度yvat=由于速度反向延长线过水平位移中点，由几何关

系得12EFFHl==E为圆弧的圆心，由几何关系可得1132EOEPEFFOl==+=则有32cos454EPEPl==则水平位移有321322424OPlll+=+=最短时间为()min003223224442lOPmmtlvqUqU++===获得更多资源请扫码加入享学资源网

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