【文档说明】北京市中国人民大学附属中学2022-2023学年高二上学期期中物理试题 含解析.docx，共(23)页，6.979 MB，由小赞的店铺上传

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2022北京人大附中高二（上）期中物理2022年11月3日说明：本试卷共四道大题，共8页，满分100分，考试时间90分钟；请在密封线内填写个人信息。一、单项选择题（本部分共10题，每题3分，共30分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一

项。）1.用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，以下属于用比值法定义的物理量是（）A.电场强度FEq=B.电场强度2kQEr=C.电容4SCkd=D.电阻lRS=【答案】A【解析】【分析】所谓“比值定义法”，就是用两个基本的物理

量的“比”来定义一个新的物理量的方法，与定义的物理量无关。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用物理量的变化而改变。【详解】A.电场强度与放入电场中的电荷无关，所以F

Eq=属于比值定义法，选项A正确；B.电场强度2kQEr=是电场强度的决定式，其大小与Q以及r均有关系，不属于比值定义法，选项B错误；C.电容4SCkd=是电容的决定式，其大小与、S以及d均有关系，不属于比值定义法，选项C错误；D.电阻lRS=是电阻的决定式，其大小与、l

以及S均有关系，不属于比值定义法，选项D错误。故选A。2.如图所示，为某点电荷电场中一条电场线，其上两点a、b相距为d，电势差为U，a点的场强大小为E，把电荷量为q的试探电荷从a点移到b点，电场力做功为W，该试探电荷在b点所受

的电场力大小为F．下列关系正确的是（）A.FEq=B.WqU=C.2kqEd=D.UEd=的【答案】B【解析】【分析】【详解】A.a点的场强大小为E，电荷量为q的试探电荷在b点所受的电场力大小为F，因为不是匀强电场，故不满足FE

q=，选项A错误；B.由电场力做功的公式可知W=qU，选项B正确；C.根据点电荷的场强公式2kqEd=，但是公式中的q应该是场源电荷的电量，d是该点到场源电荷的距离，选项C错误；D.由于不是匀强电场，故不满足U=Ed，选项D错误;故选B。3.关于电动势，下列说法中正确的是（）A电动势

越大，非静电力做功越多B.电动势越大，非静电力做功越快C.电动势越大，非静电力做功本领越大D.电动势在数值上等于把单位正电荷在电源内部从负极移到正极过程中，静电力所做的功【答案】C【解析】【详解】电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电动势越大，非静电力做功本领越大，

如设W为电源中非静电力（电源力）把正电荷量q从负极经过电源内部移送到电源正极所做的功，则电动势大小为WEq=即电动势在数值上等于把单位正电荷在电源内部从负极移到正极过程中，非静电力所做的功，则电动势越大，非静电力做功不一定越多，也不一定越快。故

选C。4.如右图所示，理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电动机的线圈电阻为R1，它与电热丝的电阻R2串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的电功率为P，则有.A.P＜UIB.P＝I2(R1＋R

2)C.P＞UID.P＞I2(R1＋R2)【答案】D【解析】【详解】电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以AC错误．电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2（R1+R2），吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的

功率，所以B错误，D正确．故选D．点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．5.如图所示，在真空中，ab、cd是圆O的两条直径，在a、b两点分别固定有电荷量为＋Q和﹣Q的点电荷，下列说法正

确的是（）A.c、d两点的电场强度相同，电势相等B.c、d两点的电场强度相同，电势不等C.c、d两点的电场强度不同，电势相等D.c、d两点的电场强度不同，电势不等【答案】B【解析】【详解】如图为等量异种电荷电场

线和等势面分布图据对称性可知，c、d两点的电场强度相同；根据顺着电场线方向电势逐渐降低可得，c点电势高于d点。故选B。6.如图所示，实线为某电场中三条电场线，电场方向未知，a、b两带电粒子从电场中的O点以

相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）A.a一定带负电，b一定带正电B.a加速度减小，b加速度增大C.a电势能减小，b电势能增大D.a的动能减小，b的动能增大【答案】B【解

析】【详解】A．电场方向未知，无法判断粒子带什么电荷，A错误；B．a运动过程中，电场线越来越疏，电场强度减小，电场力减小，加速度减小；b运动过程中，电场线越来越密，电场强度增大，电场力增大，加速度增大，B正确；C

．粒子只受电场力，其轨迹一定向电场力的方向弯曲，电场力与粒子的运动方向成锐角，电场力对两个粒子均做正功，两个粒子的电势能均减小，C错误；D．电场力对两个粒子均做正功，根据动能定理，两个粒子的动能均增大，D错误。故选B。7.用绝缘柱支撑着贴有小金属箔的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不

带电，贴在它们下部的并列平行双金属箔是闭合的。现将带正电荷的物体C移近导体A，发现A和B下部的金属箔都张开一定的角度，如图所示，则（）A.导体A和B内部的电场强度都为0B.导体A和B上的感应电荷在A和B内部产生的电场强度都为0C.导体A和B下部的金属箔均感应出负电荷D.如果用一根导线将导

体A和B相连，则两金属箔都将闭合【答案】A【解析】【详解】AB．当导体AB达到静电平衡后，导体内部的合场强处处为0，但导体上的感应电荷在导体内部产生的场强不为0，故A正确，B错误；C．C带正电荷，其靠近A时，A的下部产生的感应电荷为负电荷，而B的下部为正电荷，故C错误；D

．处于静电平衡状态的导体为等势体，如果用一根导线将导体A和B相连，无电荷流动，两金属箔无变化，故D错误。故选A。8.如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板B和静电计外壳均接地，电容器右侧极板A与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开，下

列操作能使静电计的指针张角变大的是（）A.减小A板与B板之间的水平距离B.将橡胶棒插入A板与B板之间C.A板位置不动，将B板稍微竖直向下平移D.将A板也接地【答案】C【解析】【分析】【详解】A．静电计反映的是电容器两极板之间的电势差，电容器带电后与电源断开，则Q不变，减小A板与B板之

间的水平距离，根据r4SCkd=可知电容C增大，根据QUC=可知U变小，指针偏角变小，故A错误；B．将橡胶棒插入A板与B板之间r变大，根据r4SCkd=可知电容C增大，根据QUC=可知U变小，指针偏角变小，故B错误；C．A板位

置不动，将B板稍微竖直向下平移，S变小，根据r4SCkd=可知电容C减小，根据QUC=，可知U变大，指针偏角变大，故C正确；D．将A板也接地，AB两板电势差变为0，则指针偏角变小，故D错误。故选C

。9.如图所示的电路中1234520Ω40Ω60Ω40Ω4ΩRRRRR=====，，，，，下面说法中，正确的是（）A.若140VABU=，C、D端开路，则0VCDU=B.若140VABU=，C、D端开

路，则140VCDU=C.若104VCDU=，A、B端开路，则84VABU=D.若104VCDU=，A、B端开路，则60VABU=【答案】D【解析】【详解】AB．若140VCDU=,则C、D端的开路电压为R3两端的电压，此时R1、R3、R4串联接入电路，有3313414060V70V120A

BRUURRRR===++故AB错误；CD．若104VCDU=，A、B端的开路电压为R3两端的电压，此时R2、R3、R5串联接入电路，有3323510460V60V104CDRUURRRR===++

故D正确C错误。故选D。10.空间某一静电场的电场线与x轴平行，其电场强度随x变化情况如图所示，图中坐标x1和x2、x2和x3曲线下方的面积相等，设x1、x2、x3三点的电势分别为φ1、φ2、φ3；把一个正电荷从x1移动到x2，电场力做功为W1，从x2移动到x

3，电场力做功为W2，下列说法正确的是（）A.1322+=B.1322+＜C.1322+>D.W1＜W2【答案】A【解析】【详解】ABC．因E-x图像与坐标轴围成的面积等于电势差，则从x1到x2的电势差等于从x2到

x3的电势差，沿x轴正向电势逐渐降低，则1223=--可得1322+=选项A正确，BC错误；D．根据WqU=1223UU=可知W1=W2选项D错误。故选A。二、多项选择题（本部分共4题，每题5分，共20分。在

每题列出的四个选项中，至少有两个选项正确。全部选对得5分，不选或选错得0分，其余得3分。）11.小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（）A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B.对应P点

，小灯泡的电阻为12URI=C.对应P点，小灯泡的电阻为121URII=−D.对应P点，小灯泡功率为图中矩形PQOM所围的面积【答案】ABD【解析】【详解】A．图线上的点与原点O连线的斜率的倒数表示电阻值，由图可知随着所加电压的增大，图线斜率减小，故小灯泡的电

阻增大，A正确；BC．由欧姆定律可得，对应P点，小灯泡的电阻为12URI=B正确，C错误；D．对应P点，小灯泡的功率为P=U1I2与题图中PQOM所围的面积相等，D正确。故选ABD。12.以下四个选项所描述的内容中，为了防止静电产生的危害的有（）A.在地毯中夹杂较细的不锈钢丝导电纤维B.静电复印C

.超高压带电作业的工人穿戴的工作服用包含金属丝的织物制成D.野外高压输电线上方架设两条与大地连接的导线【答案】ACD【解析】【详解】A．在地毯中一般夹杂0.05mm~0.07mm的不锈钢丝导电纤维，是为了及时把产生的静电导入大地，防止静电产生的危害，故A正

确；B．静电复印是利用静电吸附的原理，是静电的利用，故B错误；C．超高压带电作业的工人穿戴的工作服用包含金属丝的织物制成，这样做是利用了静电屏蔽的原理，防止静电产生的危害，故C正确；D．高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，从而形成稀疏的金属“网”的把高压线屏蔽起

来，免遭雷击，这是为了防止静电产生的危害，故D正确。故选ACD。13.两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点。一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（）A

.q由A向O的运动是加速度减小的加速运动B.q由A向O运动过程中电势能逐渐增大C.q运动到O点时的动能最大D.q运动到O点时的电势能小于零【答案】CD【解析】【详解】A．等量正电荷的电场线如图所示PQ连线的中垂线MN上，从无穷远处到O过程中电场强度先增大

后减小，且方向始终指向无穷远处，故q由A向O运动过程中试探电荷所受电场力是变化的，电场力可能先增大后减小，可能做加速度先增大后减小的加速运动，故A错误；B．q由A向O运动过程中电场力做正功，电势能减小，故B错误；C．从A到O电场力做正功动能增加，从O到N的过程电场力

做负功，动能减小，故在O点时，试探电荷的动能最大，故C正确；D．取无穷远处的电势为0，从无穷远处到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时，电势能为负值，故D正确。故选CD。14.如图所示，定值电阻R＝20Ω，电动机线圈的电阻R0＝1

.0Ω，当开关S断开时，电流表的示数是1.0A．当开关S闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数为2.0A．则（）A.电路电压20VB.电路的发热功率为20WC.电动机的输出功率为19WD.电动机

的效率是95％【答案】ACD【解析】【详解】A：开关S断开时，电流表的示数是1.0A，电路电压1.02020UIRVV===．故A项正确．B：开关S闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，流过电阻电流不变，电流表的示数为2.0A，

则流过电动机的电流211MIIIAA=−=−=，电路的发热功率为222201201121MPIRIRWW=+=+=．故B项错误．C：电动机的输出功率2202011119MMPUIIRWW机=−=−=，故C项正确．D：电动机的总功率201

20MMPUIWW===，则电动机的效率19=95%20MPP==机．故D项正确．三、实验题（本部分共2题，18分。）15.在“观察电容器充、放电”实验中，按如图甲所示电路图连接好实验电路，图中电源为

稳压电源、输出电压恒为6V。开关S与2接通待充电完成后，开关S与1接通，电容器通过电阻放电电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I-t图像如图乙所示。根据图像估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为_________

__C。进一步得到电容为___________F。（结果均保留两位有效数字）为【答案】①.8.0×10-3②.31.310−【解析】【详解】[1]根据Q=It，可知图形与时间距围成的面积表示电量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电量为0.25×10-3C，由大

于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为32，所以释放的电荷量为Q=0.25×10-3C×32=8.0×10-3C[2]根据电容器的电容QCU=代入数据解得31.310FC−=16.某同学

通过实验测量一个阻值约为5Ω的金属丝Rx的阻值。现有学生电源（输出电压恒为3V不变）滑动变阻器（0~20Ω），开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表（0~3A，内阻约0.025Ω）B．电流表（0~0.6A

，内阻约0.125Ω）C．电压表（0~3V，内阻约3kΩ）D．电压表（0~15V，内阻约15kΩ）（1）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用___________，电压表应选用___________（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中

的___________（选填“甲”或“乙”）。（2）图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线。（）（3）某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实

验测量，记录数据如下：次数1234567U/V0.701.001.201.501.702.302.50I/A0.1600.2200.2600.3200.4600.5000.540这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图3所示，图中已标出了测量数据对应的6个坐标点。请在

答题纸相应位置标出第5次测量数据坐标点，并描绘出U-I图线_______。由图线得到金属丝的阻值Rx=___________Ω（保留两位有效数字）。（4）进一步测出金属丝接入电路部分的长度为50cm，用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图4所示，其读数应为________

___mm（该值接近多次测量的平均值）（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率为___________Ω·m（结果保留两位有效数字）（6）图5是螺旋测微器的示意图。某同学做完实验后发现：实验所用的螺旋测微器当测微螺杆和测砧并拢时，可动刻度的零刻度线和固定刻度

的零点不重合，如图6所示。而实验过程中并未注意到此现象。若仅考虑此因素引起的误差，则该同学测得的电阻率___________真实值（填写“大于”、“小于”或“等于”）（7）针对（6）中出现的问题，对螺旋测微器的使用提出一条合理的建议______。【

答案】①.C②.B③.甲④.⑤.⑥.4.6⑦.0.449⑧.1.5×10-6⑨.小于⑩.见解析【解析】【详解】（1）[1][2]由题知，输出电压恒为3V不变，故电压表选C；电路中的最大电流为max3A0.6A5I==故电流表选B；[3]根据待测电阻的阻值与电压表及电流表

的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图；（2）[4]完整实物连线，如图所示（3）[5]描绘出U-I图线，如图所示[6]根据U-I图线的斜率表示电阻，则有4.6URI==（4）[7]螺旋测微器的读数为d=0+44.9×0.01mm=0.

449mm（5）[8]根据电阻定律有lRs=，214sd=联立解得24Rdl=代入数据解得ρ=1.5×10-6Ω•m（6）[9]由图6可知，可知可动部分的“零刻度线”在上边五个横格处，因此零误差为-0.050mm，故最后修正结果为d=0.499mm，

即直径变大，根据24Rdl=可知该同学测得的电阻率小于真实值；（7）[10]对螺旋测微器的使用前要先进行校零。四、计算表述题（本部分共4题，32分。写出必要的文字说明、重要的方程式及关键的演算步骤，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。）17.将带电量为q=4×10-6C的正

电荷从电场中的A点移到B点电场力做了W1=2×10-5J的功，再从B移到C，电场力做了W2=-1.2×10-5J的功，则：（1）该电荷从A移到C的过程中，电势能的变化量为多少？（2）若规定B点的电势为0，则A点和C点的电势分别为多少？（3

）若将一带电量为3×10-6C的负点电荷，从A点移到C点，电场力做功为多少？【答案】（1）6810−J；（2）5V，3V；（3）6610−−J【解析】【详解】（1）电荷从A移到C的过程中，有12ACABBCWWWWWE=+=+=−p代

入数据解得电势能的变化量6810E−=−pJ即电势能减少量为6810−J；（2）电荷从电场中的A点移到B点有()ABABWq=−B点的电势0B=代入数据得A点的电势为A=5V同理得C点的电势为C=3

V（3）电荷从A点移到C点有()ACACWq=−代入数据解得电场力做功6610ACW−=−J18.如图所示是某一电流表G的刻度盘，刻度盘上共有30个小格，量程为Ig=3mA，内阻Rg=100Ω。（1）若用此电流表测量电压，则能测量的最大电压为多少？（2）若用此电流表改装成一个量程为15V的

电压表，在答题纸上相应位置作出改装的原理图（电路图），并求出改装后的电压表的内阻RV；（3）若用此电流表改装成一个量程为15V的电压表，求改装后的电压表的表盘上每一小格表示的电压。【答案】（1）0.3V；（2）5000Ω，；（3）0.5V【解析

】【详解】（1）若用此电流表测量电压，则能测量的最大电压为ggg0.003100V=0.3VUIR==（2）若用此电流表改装成一个量程为15V的电压表，则改装后的电压表的内阻为Vg1550000.003URI===改装原理

如图（3）若用此电流表改装成一个量程为15V的电压表，改装后的电压表的表盘上每一小格表示的电压15V=0.5V3019.如图所示为一页空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中

心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的

相互作用力。（1）求电子穿过A板时速度的大小v及电子从偏转电场射出时的侧移量y的表达式；（2）已知M、N两板右边缘与荧光屏距离为D，求OP之间的距离y1的表达式；（3）众所周知：当电子所受重力与电场力相比很小时，可以忽略重力。而电子从偏转电场中射出后运动到荧光屏的过程中并不受电场力作用，但我们一

般仍然忽略重力，把这段运动看成是匀速直线运动。试通过定量推导说明这种做法是否合理？（已知U2=2.0×102V，d=4.0×10-2m，L=0.1m，D=0.2m，m=9.1×10-31kg，e=1.6×10-19C，g=10m/s2）的【答案】（1）

12eUvm=，2214ULyUd=；（2）211()22ULLyDUd=+；（3）合理【解析】【详解】（1）电子经电压U1加速后的速度为v，由动能定理得21102eUmv=−解得12eUvm=电子以v的速度进入偏转电场，做

类平抛运动，设电子离开偏转电场时的侧移量为y，则在水平方向上Lvt=在竖直方向上212yat=由牛顿第二定律得2eUFEeammmd===解得2221124ULyatUd==（3）电子在偏转电场中射出时212yULevatdmU==21tan2yvULvUd==电子出电场后做匀速直线运动，

根据几何关系可知1tanyyD=+解得211()22ULLyDUd=+（4）在出偏转电场时速度为22yvvv=+假设出了偏转电场考虑重力，则在水平方向上Dvt=解得12DmtDveU==代入数据，在竖直方向上相同时间内由于重力的影响

物体移动距离为22213111119110m222416mmgDxgtgDeUeUU−====221115()10m228ULLyDUdU=+=可知1yx则重力对运的过程影响可以忽略不计，电子出偏转电场后的运动可以作为匀速直线运动。20.某种金属板M收到一束紫外照

射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，速度大小也不相同。在M旁正对放置另一个等大金属板N。在MN之间加上如图所示电压，电子在电场作用下到达N板被吸附，在MN之间形成电流。把这套装置密封于真空中。为简单计，作如下简化：M

N可看作平行板电容器，板间为匀强电场。M板向外均匀发射电子，且电子从M板逸出的初速度忽略不计，忽略电子重力及电子之间的相互作用。已知单位时间内M板向外发射的电子数为n0；MN间电压大小恒为U，距离为d，电子的质量为m，电荷量为e。（1）求稳定时MN间电流的大小；（2）在

MN之间距M为2d处取一与MN平行且正对的等大截面，求在Δt时间通过该截面的电子数N1；（3）以M板为坐标原点，在MN间沿垂直于MN方向向右建立一维坐标轴ox，如图所示。求坐标为x（x<d）处，板间沿x轴方向单位长度内的电子数n。

【答案】（1）0ne；（2）0nt；（3）02mdneUx【解析】【详解】（1）由于单位时间内M板向外发射的电子数为n0，根据电流的定义式有0qInet==（2）在Δt时间内1=NeqItt=解得10Nnt=（3）在坐标为x处截取一

极短的长度x，则有xneInvexv==根据动能定理有212eExmv=又有UEd=解得02mdnneUx=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com