【文档说明】宁夏银川市唐徕回民中学2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题 含解析.docx，共(22)页，3.878 MB，由小赞的店铺上传

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银川唐徕回民中学2022～2023学年度第一学期期中考试高二年级物理试卷（考试时间：100分钟，满分：100分）一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，在一水平方向匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的

质量为m、电荷量为-q，静止时如图，丝线与竖直方向的夹角为θ＝60°，则匀强电场的电场强度大小和方向为（）A.向左tan60mgqB.向右tan60mgqC.向左sin60mgqD.向右sin60mgq【答案】A【解析】【详解

】由图可知，小球所受电场力水平向右，结合小球带负电，可判断出匀强电场的方向为水平向左。根据三力平衡，可得tan60qEmg=解得tan60=mgEq故选A。2.如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4

，相邻等势面间的电势差相等，一带负电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，下列说法正确的是（）A.φ4等势面上各点电场强度处处相同B.四个等势面的电势关系是1234C.粒子在四点

的动能大小关系是kakbkckdEEEE=D.粒子从a运动到d的过程中静电力先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】A．匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，由图中等势面的形状可知该电场不是匀强电场，所以4等势面上各点场强并不相同，A错误；B．做曲线运

动时，合力指向轨迹内侧，又知道粒子只受电场力，故由运动轨迹可知电场力由左向右，由于带负电，所以电场强度的方向由右向左，沿电场强度方向电势逐渐降低，所以1234，B错误；CD．粒子从a运动到d的过程中静电力的夹角与速度方向先为钝角后为锐角，故先做负功后做正功，c、

d在同一等势面上，所以粒子从c到d电场力做功为零，故粒子在a、b、c、d四点的动能大小关系是kakbkckdEEEE=，C正确D错误。故选C。3.某学生在练习使用多用电表之前，她认真分析了欧姆表的原理电路图（见图甲）．她做的几个练习使用多用电表

的电路如图乙所示，下列说法中错误．．的是A.图1中多用电表选择开关应该是直流电压挡B.图2中多用电表选择开关应该是直流电流挡C.图3中多用电表测二极管电阻时，指针几乎不偏转D.图4中多用电表选用欧姆挡，可以给电容器充电

【答案】C【解析】【详解】图1测量灯泡两端电压，故选择开关应该是直流电压挡，A正确；图2为测量电路电流，所以选择开关应该是直流电流挡，B正确；图3中测量二极管的正向电阻，在合适的挡位指针会发生偏转，C错误；图4中多用电表选

用欧姆挡，有电源接在电容器两端，故可以给电容器充电，D正确．4.如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔(位于P板的中点)射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动

轨迹不发生变化，应该()A.使U2加倍B.使U2变为原来的4倍C.使U2变为原来的2倍D.使U2变为原来的12【答案】A【解析】【详解】试题分析：电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据结论2214ULydU=，分析要使U1加倍，想使电子的运动轨迹

不发生变化时，两种电压如何变化．设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离2214ULydU=，要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，y不变，则必须使U2加倍，故选项A正确．本题考查了带电粒子在电

场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出2214ULydU=．考点：带电粒子在电场中的运动动能定理和牛顿第二定律、运动学公式5.已知铜的密度为，摩尔质量为M，电子的电量绝对值为e，阿伏加德罗常数为NA，有一条横截面为S的铜导线中通

过的电流为I，设每个铜原子贡献一个自由电子，下列说法正确的是（）A.单位体积的导电的电子数为AMNB.单位质量的导电的电子数为ANMC.该导线中自由电子定向移动的平均速率为AIMNeSD.该导线中自由电子定向移动的平均速率为1eS

【答案】B【解析】【详解】A．单位体积的导电的电子数为AANNNMM==故A错误；B．单位质量的导电的电子数为11AANNNMM==故B正确；CD．设自由电子定向移动的速率为v，根据I=NeSv可知AIIMv

NeSSNe==故CD错误。故选B。6.如图所示为两个独立电路A和B的路端电压与其总电流I的关系图线，则下列说法正确的是（）A.路端电压都为U1时，电路A的效率较高B.电流都是I1时，两电源内电压相等C.路端电压为U1电路A的输出功率较大D.电路A的电动势大于电路B的电动势【答案】D【解析】【详

解】D．U-I图像中图线的纵轴截距为电路中电源电动势，由图可知ABEE故D正确；A．电路中电源的效率为PUIUPEIE===输出总联立，可得AB故A错误；B．根据UIr=内又U-I图像中图线的斜率表示

电源的内电阻，有ABrr联立，可得ABUU内内故B错误；C．根据电路的输出功率为11PUI=输出可知两电路的输出功率相同。故C错误。故选D。7.如图所示，R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω，A、B两端接在电压恒定的电源上，则（）A.S断开时，R1与R2的电压之比为3：2B.S闭合时，通过

R1与R2的电流之比为3：2C.S闭合时，R1与R2两端的电压之比为2：3D.S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为2：1【答案】B【解析】【详解】A．串联电路各电阻两端的电压与各电阻的阻值成正比，则S断开时1212:2:3:UURR==A错误；BC．2R和3R并联总电阻2

3322ΩRRRRR==+并R1和并联的总电阻相等，则分得的电压相同，即R1与R2两端的电压之比''12:1:1UU=则根据欧姆定律，通过R1与R2的电流之比为3：2，C错误B正确；D．S断开时12:2:3UU=则的125AB

UU=S闭合时''12:1:1UU=则'112ABUU=断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为4：5，D错误。故选B。8.在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，电路中电表均为理想电表。当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表

的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V。则当这台电动机正常运转时（）A.电动机的内阻为20B.电动机的内阻为7.5C.电动机的输出功率为30WD.电动机的输出

功率为22W【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V，则电动机的电阻112ΩUrI==AB错误；CD．电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为I2=2.0A和U2=15.0V；电动机的总功率为2215V2

A30WPUI===电动机内电阻消耗的热功率为22222W8WrPIr===电动机正常运转时的输出功率是30W8W22WrPPP=−=−=输出C错误D正确。故选D。9.甲．乙两根异种材料的电阻丝，其长度之比是1:5,横

截面积之比是2:3,电阻之比是2:5,外加电压之比是1:2,则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是：A.2:3B.3:4C.4:3D.8:3【答案】C【解析】【详解】知道电阻、长度、面积之比．由电阻定律知：LRS=得RSL

=与电压无关，即43zzzzzRSLRSL==故选C。10.如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D.R3上消耗

的功率逐渐增大【答案】A【解析】【详解】AB．当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，电路中电流增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小。流过R3的电流减小，则流过电流表的电流增大，故电流表示数增大。因并联部分电压减小，而R

2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确，B错误；C．因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；D．因R3两端的电压减小，由公式P＝2UR可知，R3上消耗的功率减小，故D错误。故选A。二、多

项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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。11.关于电动势下列说法中正确的是（）A.在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力

做功，电势能增加B.对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大C.电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量做的功越多D.电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负

极移送到正极的电荷量越多【答案】AC【解析】【详解】A．电动势是把电源内部正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电势能增加，故A正确；B．对于给定的电源，移动单位正电荷非静电力做功越多，电动势就越大，故B错误；CD．电动势越大，

说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量做功越多，故C正确，D错误。故选AC。12.在测电源电动势和内阻的实验中（）的A.图（2）所示电路内阻测量比图（1）准确B.图（1）所示电路电动势测量准确C.图

（2）所示电路，电动势测量准确D.图（1）所示电路，内阻测量值比真实值偏小【答案】CD【解析】【详解】BD．图（1）所示电路，由于电压表分流，使电流表的测量值偏小，由闭合电路欧姆定律可得VUEUIrR=++解得VVVVRrRUEIRrRr=−++可得VVVVRr

REEErrRrRr==++测测真真，故B错误、D正确；AC．图（2）所示电路，由于电流表分压，使电压表的测量值偏小，由闭合电路欧姆定律可得()AEUrRI=++解得()AUErRI=−+可得AEErrRr==+测测真真，电源内阻较小，采用图（1）所示电路内阻测量

比图（2）准确，故A错误、C正确。故选CD。13.如图所示的电路，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略，R1、R2、R3为定值电阻，R4为滑动变阻器，A1、A2为理想电流表，V1、V2、V3为理想电压表。闭合开关后，I1、I2分别表示两个电流表的示数，U1、U2、U3分别表示三个电压表的示数

。现将滑动变阻器R4的滑片稍向上滑动一些，ΔI1、ΔI2分别表示两个电流表示数变化的大小，ΔU1、ΔU2、ΔU3分别表示三个电压表示数变化的大小。下列说法正确的是（）A.U2变小B.ΔU2小于ΔU3C.22UI变小D.11ΔΔUI小于21ΔΔUI【答案】BD【解析】【详

解】C．根据部分电路欧姆定律可得2342URRI=+将滑动变阻器R4的滑片稍向上滑动一些，R4接入电路的阻值增大，所以22UI增大，故C错误；A．根据闭合电路欧姆定律可得211()UEIRr=−+R4接入电路

的阻值增大，回路总电阻增大，总电流I1减小，所以U2增大，故A错误；B．因为U2增大，所以通过R2的电流增大，而总电流减小，所以通过R3和R4的电流减小，R3两端电压减小，而332RUUU+=所以32UU故B正确；D．根据闭合电路欧姆定律有11UEIr=−所以11ΔΔ

UrI=结合A项分析可知211ΔΔURrI=+所以1211ΔΔΔΔUUII故D正确。故选BD。14.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a）、（b）所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转

角度的说法正确的是（）A.图（a）中的A1、A2的示数相同B.图（a）中的A1、A2的指针偏角相同C.图（b）中的A1、A2的示数相同D.图（b）中A1、A2的指针偏角相同【答案】BC【解析】【详解】AB．图（a）中的A1、

A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，量程大的电流表示数大，故A错误，B正确。CD．图（b）中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同；由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故C正确，D错

误。故选BC。三、实验题：本题共两小题，15题10分，16题10分。的15.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，现除了有一个标有“5V，2.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A.直流电源(电动势约为5V，内阻可不

计)B.直流电流表(量程为0~3A，内阻约为0.1Ω)C.直流电流表(量程为0~600mA，内阻约为5Ω)D.直流电压表(量程为0~15V，内阻约为15kΩ)E.直流电压表(量程为0~5V，内阻约为10kΩ)F.滑动变阻器(最大阻值10Ω，允许通过

的最大电流为2A)G.滑动变阻器(最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。(1)实验中电流表应选用______，电压表应选用______，滑动

变阻器应选用______(均填字母序号)(2)请按要求将图甲中的器材连成实验电路。______(3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。现把实验中使用的小灯泡接到如图丙所示的电路中，其中电源电动势E=4V，

内阻r=1Ω，定值电阻R=9Ω，此时灯泡的实际功率为________W。(结果保留两位有效数字)【答案】①.C②.E③.F④.⑤.0.34【解析】【详解】(1)[1][2][3]灯泡的额定电流0.5A=500m

APIU==故电流表应选择C；灯泡的额定电压为5V，因此电压表选择大于等于5V的即可，故选E；因本实验采用。分压接法，滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选择F。(2)[4]本实验要求多测几组数据，故采用

分压接法，同时因电流表内阻与灯泡内阻接近，故电流表采用外接法，实物图如图所示(3)[5]将定值电阻等效成电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线如图所示与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，由图可知，此时灯泡的电压为1.2V，电流为0.28A，则灯泡的功率P=UI=1.2×0.

28W≈0.34W16.用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏角太大，挡位应调整为________（“×1000”或者“×10”）经过欧姆调零重新测量，指针如图所示，那么电阻阻值为________。在研究伏安法测电阻的实验中某

实验小组经过讨论，发现无论是用电流表内接法还是外接法测量，都不可避免产生电表内阻引起的系统测量误差，于是该实验小组又设计了如图所示的实验方案，利用该方案测量的主要实验步骤如下：第一步：将开关S2接2，闭合开关S1，调节滑动变阻器RP和RW，使电表读数接近满量程，但不超过量程，记录此

时电压表和电流表的示数为U1、I1。第二步：保持滑动变阻器________的滑动触头位置不变，单刀双掷开关S2合向1，调节滑动变阻器________，读出此时电压表和电流表的示数U2、I2（选填“RW”或“RP”）。由以上记录的数据计算出被测电阻

Rx的表达式为Rx＝________。【答案】①.×10②.180③.RP④.RW⑤.1212UUII−【解析】【详解】[1]用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏角太大，说明待测电阻阻值较小，需要把倍率调小，即挡位应调整

为“×10”。[2]电表读数为1810180=[3][4][5]第二步需保持滑动变阻器RP阻值保持不变，当单刀双掷开关S2合向1时，调节滑动变阻器RW。当开关S2接2时，有11xPURRI=+当开关S2接1时，有22PURI=联立可得1212xUURII=−四、解答或论述题：本题

共4小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。17.直流电动机和电炉并联后接在直流电源上，已知电源的内阻r=1Ω，电炉的电阻R1=9Ω(不随温度

变化)，电动机线圈电阻R2=2Ω，如图所示，当S断开时，电炉的功率是225W，当S闭合时，电炉的功率是144W。求：（1）直流电源的电动势；（2）开关闭合时电动机的机械功率。【答案】（1）50V；（2）16

0W【解析】【详解】（1）当S断开时，电炉与电源组成电路，根据欧姆定律可得2111PIR=又()11EIRr=+联立，可得50VE=（2）当S闭合时，对电炉所在支路，分析可得2221PIR=解得24AI=则外电路电压为2

136VUIR==设通过电动机的电流为I电动机，由闭合电路欧姆定律可得2(UEIIr=−+电动机）解得10AI=电动机电动机的机械功率为PPP=−热机输入又PUI=输入电动机，22PIR=热电动机联立，解得160WP=机18.如

图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，R3=6Ω，当S1闭合S2断开时，电流表示数为2A，电压表示数为6V，求：（电压表和电流表均看成理想电表）（1）R1、R2的电阻值及电源的输出功率；（2）S1、S2均闭合后，流过R1的电流．【答案】（1）R1=1Ω，R2=3ΩP=16W；（2）2.5

AI=【解析】【详解】（1）当S1闭合S2断开时，由题可得22632URI===根据闭合电路欧姆定律得12EIRRr=++可得12103112ERRrI=−−=−−=电源的输出功率P=I2（R1+R2）=22×（1+3）W=16W（2）S1．S2均闭合后，外电路总电阻231

23361336RRRRRR=+=+=++由闭合电路欧姆定律得，流过R1的电流102.5A31EIRr===++19.如图所示，在A、B两点间接一电动势为4V、内阻为1Ω的直流电源，电阻1R、2R、3R的阻值均为4Ω，电容器的电容为30F

，电流表内阻不计，当开关S闭合后，求：(1)电流表的读数；(2)电容器所带的电荷量；(3)断开开关S后，通过2R的电荷量。【答案】(1)0.8A(2)59.610C−(3)54.810C−【解析】【分析】【详解】(1)当开关S闭合后，电阻1R、2R被短路。根据闭合电路欧姆

定律得电流表的读数34A0.8A41EIRr===++(2)电容器所带的电荷量653330100.84C9.610CQCUCIR−−====(3)断开开关S后，电容器相当于电源，等效电路如图所示，由于各个电阻都相等，则通过2R的电荷量为51'4.810C2

QQ−==20.如图所示，两块竖直放置的导体板间存在水平向左的匀强电场，有一带电量为+q、质量为m的小球以某一水平速度从A孔进入匀强电场，在运动过程中恰好没有与右板相碰，小球最后从B孔离开匀强电场，若A、B两孔的距离为两板间距离的2倍，重力加速度为g，求：

(1)两板间电场强度大小。(2)如果将小球的带电量改为-23q，且已知两板间距为d，其它条件不变，在A点将该小球由释放，求：小球运动到右侧导体板时的速度。的【答案】(1)2mgq；(2)263gd【解析

】【详解】(1)由题意可知，小球在水平方向先减速到零，然后反向加速．设小球进入A孔的速度为v0，减速到右板的时间为t，则有：水平方向2012qEdvttm−＝00qEvtm−＝竖直方向()21222dgt＝联立解得2mgEq＝(2)如果将小球的带电量改为-23q，则小球在水平方向做

匀加速运动，竖直方向做自由落体运动，则水平方向'''2012qEdvttm+＝''0xqEvvtm+＝竖直方向'yvgt=则22xyvvv=+解得263gdv=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com