【文档说明】内蒙古呼和浩特市第二中学2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题 含解析.docx，共(17)页，999.237 KB，由小赞的店铺上传

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呼和浩特市第二中学12021级高二线上测试物理试题考试时间100分钟，满分100分一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1-8小题是单项选题，9-12小题是多项选择题。）1.下列说法中正确是（）A.电荷的定向移动方向即为电流的

方向B.电荷在静电场中的受力方向一定与电场方向相同C.电源内非静电力做功越多，向外提供的电能越多，表明电动势越大D.超高压带电作业的工人穿戴的工作服，要用包含金属丝的织物制成，利用了静电屏蔽的原理【答案】D【解

析】【详解】A．正电荷的定向移动方向即为电流的方向。故A错误；B．正电荷在静电场中的受力方向一定与电场方向相同。故B错误；C．电源内将单位正电荷从负极移到正极，非静电力做功越多，表明电动势越大。故C错

误；D．超高压带电作业的工人穿戴的工作服，要用包含金属丝的织物制成，利用了静电屏蔽的原理。故D正确。故选D。2.在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可

能是（）A.右移B.左移C.上移D.下移【答案】A【解析】【分析】解答本题关键掌握：静电计测定电容器板间的电势差，电势差越大，指针偏角越大，根据电容器电容的决定式4SCkd=，分析电容的变化，由于电容器的电量不变，由电

容器的定义式QCU=分析电势差的变化；【详解】A、将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式4SCkd=，可知电容增大，而电容器电的量不变，由QCU=分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小，相反，同理可知，A板向左移一些时，静电

计指针偏角增大，故A正确，B错误；C、A板向上移或下移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式4SCkd=，可知，电容减小，而电容器电量不变，由QCU=分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大，故CD错误．【点睛】对于电容器动态

变化分析问题，关键根据电容的决定式4SCkd=和定义式QCU=结合进行分析，同时要抓住不变量．3.如图所示，三条等势线上有a、b、c、d四点，若将一负电荷由c经a移到d，静电力做正功1W，若由c经b移到d，静电力做正功W2，则（）A.12WW

，12B.12WW，12C.12WW=，12D.12WW=，12【答案】D【解析】【详解】将一负电荷由c经a移到d，静电力做正功为1cdWqU=由c经b移到d，静电力做正功为2cdWqU=则有12WW=电场

力对负电荷做正功时，电势升高，则12故选D。4.如图，长方体金属块各处的电阻率均相同，其长、宽、高之比为::6:2:3abc=，不计导线电阻，当M、N两端的电压为6V时，金属块中的电流为1A，则当P、Q两端的电压为12V时，金属块中的电流为（）A.

0.5AB.2AC.8AD.10A【答案】C【解析】【详解】由电阻定律可知22:::4:1MNPQacRRacbcab===6MNURI==1.5PQR=可知8APQUIR==故选C5.如图所示，a

、b两根垂直纸面的直导体通有等值的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向左，则a、b中电流的方向为A.都向纸内B.都向纸外C.a中电流方向向纸外，b中向纸内D.a中电流方向向纸内，b中向纸外【答案】D【解析

】【详解】A.若a、b中电流的方向都向纸内，则电流a在P点的磁场方向垂直于aP向左下，电流b在P点。的磁场方向垂直于bP向右下，P点的磁场方向向下，故A项错误；B.若a、b中电流的方向都向纸外，则电流a在P点的磁场方向垂直于aP向右

上，电流b在P点的磁场方向垂直于bP向左上，P点的磁场方向向上，故B项错误；C.a中电流方向向纸外，b中向纸内，则电流a在P点的磁场方向垂直于aP向右上，电流b在P点的磁场方向垂直于bP向右下，P点的磁

场方向向右，故C项错误；D.a中电流方向向纸内，b中向纸外，则电流a在P点的磁场方向垂直于aP向左下，电流b在P点的磁场方向垂直于bP向左上，P点的磁场方向向左，故D项正确。6.下列有关磁感应强度的说法中，正确的是（

）A.垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向B.若有一小段通电导体在某点不受磁场力，则该点的磁感应强度一定为零C.若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该

处磁感应强度的大小一定是FILD.磁感应强度是用来描述磁场强弱和方向的物理量，由磁场自身因素决定【答案】D【解析】【详解】A．垂直磁场放置的通电导线的受力方向与磁感应强度方向垂直，A错误；B．若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，

则该点的磁感应强度不一定为0，可能通电导线与磁感应强度方向平行，故B错误；C．若有一小段长为L、通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，只有当导体垂直于磁感线放置时，该处磁感应强度的大小才等于FIL，故C错误；D．磁感应强度的物理意义就是用来描述磁场强弱和方向的物理量，由磁场

自身因素决定，故D正确。故选D。7.如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2，则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是（不计粒子重力）（）A.21UU＜2dLB.21

UU＜dLC.21UU＜222dLD.21UU＜22dL【答案】C【解析】【详解】带电粒子在电场中被加速，则有21102qUmv=−带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，可看成匀速直线运动与匀加速直线运动的两分运动。匀速直线运动：由运动学公式得L=vt

匀加速直线运动：设位移为x，则有222122qUxattmd==要使带电粒子能飞出电场，则有2dx联立可得21UU＜222dL故选C。8.如图所示，直线A为某电源的UI−图线，曲线B为某小灯泡D1的UI−图线的一部分，用该电源和

小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（）A.小灯泡是非线性元件，图像的斜率对应电阻值B.此电源的内阻为23C.灯泡D1的额定电压为3V，额定功率为6WD.把灯泡D1换成“3V，12W”的灯泡D2，D2能正常发光【答案】C

【解析】【详解】A．由图像B可知，小灯泡为非线性元件，但是因为图像的纵坐标不是从零开始的，故图像的斜率不是灯泡电阻，A错误；B．根据UEIr=−可知，电源的UI−图线中纵截距表示电动势的大小，由图线A读出电源的电动势为4VE=，图线A的斜

率大小表示电源的内阻，则内阻大小为14Ω0.5Ω6r−==故B错误；C．灯泡与电源连接时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态，可知灯泡的工作电压为3VU=，2AI=，则灯泡D1的额定电压为3V，所以灯泡的功率为6WPUI==故C正

确；D．把灯泡D1换成“3V，12W”的灯泡D2，由2UPR=知，灯泡D2的正常工作时的电阻为2223Ω0.75Ω12URP===灯泡D1的电阻为13Ω1.5Ω2URI===把灯泡D1换成灯泡D2时，外电阻

变小，则输出电压小于3V，D2不能正常发光，故D错误。故选C。9.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条等差等势线，实线为一带负电荷的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，下列判断正确的是（）A.电场中等势线的电势cba

B.粒子通过Q点时动能较小C.粒子通过P点时电势能较大D.粒子通过P点时加速度较大【答案】ACD【解析】【详解】A．根据电场强度方向垂直于等势线，结合粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧，且由于粒子带负电，可判断知粒子受到的电场力方向与电场强度的方向相反，由此可推知电场强

度方向垂直于等势线向上，根据沿电场强度方向电势降低可知cba故A正确；BC．粒子带负电，且由于QP,根据pEq=可知，在P、Q两点的电势能关系为ppPQEE粒子只受电场力作用，根据能量守恒定律可知粒子电势能与动能之和保持不变，则粒子通过Q点时动能较大，故B错误，C正确；D．等势

线越密的位置电场强度也越大，所以P点电场强度较大，粒子通过P点时加速度较大，故D正确。故选ACD。10.如图，用灵敏电流表G和电阻箱R串联改装成一个电压表，灵敏电流表G的满偏电流为g2mAI=，内阻为g300ΩR=，电阻箱R接入电路的阻值为1200Ω

R=，则（）A.灵敏电流表G满偏电压为g600VU=B.改装后的电压表的量程为3VC.灵敏电流表G原表盘上1mA刻度线对应的电压值为1.5VD.若增大电阻箱R接入电路的阻值，则改装后的电压表的量程减小【答案】BC【解析】【详解】A．灵敏电流表G的满偏电压为ggg0.6VUIR==故A

错误；的B．改装后的电压表的量程为()gg3VUIRR=+=故B正确；C．灵敏电流表G原表盘上1mA刻度线对应的电压值为13V1.5V2=，故C正确；D．根据()ggUIRR=+若增大电阻箱R接入电路的阻值，则改装后的电压表的量程增大，故D错误。故选B

C。11.如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的大小分别为1U、2U、3U，理想电流表A的示数变化量的大小为I，则（）A.A的示数减小B.V2的示数减小C.3U与I的比值的绝对值等于rR+D.1

U小于2U【答案】BC【解析】【详解】A．由于V1、V2、V3为理想电压表，其内阻无限大，则该电路中定值电阻阻值R、滑动变阻器与电流表串联，则根据闭合电路的欧姆定律有()EIRrR=++滑当滑动变阻器滑片向下滑动，则

R滑减小，电流表电流I增大，A错误；B．由选项A分析可知，电压表V2测量的是定值电阻R与滑动变阻器R滑串联部分的电压，根据闭合电路的欧姆定律有2UEIr=−由于I增大，则U2减小，B正确；C．由于V3测的是滑动变阻器的电压，根据闭合电路的欧姆定律有()3UEIRr=−+则3

=URrI+C正确；D．根据选项C，同理可得2=UrI又因为V1测R两端的电压1URI=，Rr联立可得12UUII解得12UUD错误。故选BC。12.如图所示，电源电动势30VE=，内

电阻2r=，一个“6V，12W”的电灯L与一个绕线电阻为10.5=R的电动机M串联接入电路，已知电路中电灯正常发光，电动机转子转动，则（）A.通过电灯的电流2AB.电动机两端的电压20VC.电动机输出的机

械功率38WD.电源的效率为95％【答案】ABC【解析】【详解】A．流过电灯的电流为LL12A2A6PIU===A正确；B．由闭合电路欧姆定律，电动机两端的电压为()L30226V20VUEIrU=−−=−−=B正确；C．电动

机的输出功率为()22120220.5W38WPUIIR=−=−=出C正确；D．电源的效率为2230222100%100%86.7%302EIIrEI−−==D错误。故选ABC。二、实验探究题：本题共2小题，每空2分，共20分。13.某小

组同学欲了解某材料制成的导线在常温下的电阻率，进行了如下实验。（1）利用螺旋测微器测量该导线直径如图所示，则该导线直径测量值___________mm。（2）该小组同学用欧姆表粗测出导线的阻值xR为150Ω，为了较准确测量该电阻的阻值Rx，现有电源

（12V，内阻可不计）、滑动变阻器（0~200Ω，额定电流为1A）、开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表（0~100mA，内阻约5Ω）；B．电流表（0~500mA，内阻约1Ω）；C．电压表（0~3V，内阻约3kΩ）；D．电压表（0~15V，内阻约15kΩ）。为减小测量误差，在实验中，电流表应选

用___________（选填器材前的选项字母），实验电路应采用图中为的___________（选填“甲”或“乙”），这样测量的阻值比真实值___________（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】①.4.700②.A③.甲④.偏小【解析】【详

解】（1）[1]由图可得，该导线直径测量值为4.5mm20.00.01mm4.700mmd=+=（2）[2]由所给器材可知通过Rx的最大电流约为m12A80mA150xI==虽然两个电流表量程均大于80mA，但为了能够使电流表指针偏转达到适当幅度从而减小测量误差，应选用量程较小的电流

表A。[3]为使电表安全，电压表应选择量程大于12V的D。由于待测电阻的阻值满足AVxRRR所以为了减小系统误差，电流表应采用外接法，即电路应采用甲图。[4]电流表采用外接法，电压表示数为Rx两端电压的真实值，由于电压表分流作用，使电流表示数略大于通过Rx的电流真实值，由欧姆定律知，这样

测量的阻值比真实值偏小。14.某同学根据图甲所示的欧姆表原理图，利用微安表（满偏电流为300μA、内阻为100Ω）、滑动变阻器R（最大值为k）和一节干电池，将微安表改装成欧姆表。（1）将两表笔短接，调节R使微安

表指针指在“___________A”处；（2）当两表笔之间接入阻值为2.4k的定值电阻时，微安表指针指在如图乙所示位置，则其读数为___________A，电池的电动势为___________V，欧姆表的内阻为___________k

；（3）将微安表上的A处标明“”，“300”位置处标明“0”，“100”位置处标明“___________”，并在其他位置标明相应的电阻刻度值，这样就把微安表改装成了欧姆表；（4）经过一段时间之后，电池的电动势降低，内阻增大，则重新欧姆调零之后，测得的电阻阻值将

___________（填“偏大”“不变”或“偏小”）。【答案】①.300②.200③.1.44④.4.8⑤.9600⑥.偏大【解析】【详解】（1）[1]两表笔短接调零时，应使表的指针指在微安表的电流满偏位置，即指针指在300μA处；（2）[2][3][4]由图乙

可知微安表的指针指在200μA处；根据闭合电路欧姆定律，两表笔短接时有g内=EIR接入阻值为2.4k的定值电阻时，有232400gEIR=+内解得1.44VE=，4.8kR=内（3）[5]当电流100μAI=时有1g13ERRI=+内解得1960

0R=（4）[6]由g内=EIR和xEIRR=+内，可得11xgIRIE=+则电动势减小，测量同一未知电阻时对应的微安表示数减小，则电阻阻值增大。三、计算题：本题共3小题，共32分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要

的演算步骤。15.如图所示电路中，电动势E=9V，内阻r=1，R2=2，灯A标有“12V，12W”、灯B标有“4V，4W”字样，调节滑动变阻器R1的大小，使灯B正常发光，试求∶(1)这时灯A的实际功率PA；(2)滑动变阻

器R1接入电路的实际阻值R。【答案】(1)3W；(2)1Ω【解析】【详解】(1)灯A电阻RA＝21212＝12灯B电阻RB＝244＝4流过R2的电流为I2＝44A＝1A灯A两端实际电压为UA＝4+12＝6V则灯A的实际功率为PA＝2AAUR＝3W(2)流过灯A

的电流IA＝AAUR＝0.5A流过R1的总电流为I＝I1＋I2＝1.5A由闭合电路欧姆定律得UA＝E−I（R+r）解上式得R＝116.如图所示，电路中电池的电动势E＝3.0V，内电阻r＝1.5Ω，固定电阻R1＝0.5Ω，R2是可变电阻，其阻值范围是0~5Ω

，电容器C1＝6μF，C2＝3μF求：(1)开关S断开时，A、B两点间的电势差为多大？(2)开关S闭合，如R2取1.0Ω，则电容器C1电量改变了多少？(3)开关S闭合，R2为多大时，它自身消耗的功率最大？最大功率是多少？【答案】(1)3.0V；(2)51.510C−；(3)2Ω；1.125

W【解析】【详解】(1)开关S断开时，A、B两点间的电势等于电源电动势，即3.0VABUE==(2)开关S断开时,电容器C1两端电压为13.0VUE==电容器C1的电荷量为51111.810CQCU−==开关S闭合后，R1与R2并联，

电容器C1两端电压为'11120.5VRUERRr==++此时电容器C1的电荷量为''51110.310CQCU−==则电容器C1的电荷量改变量为'5111.510CQQQ−=−=(3)将R1等效为电源内阻，则'12

ΩrrR=+=因此当'22ΩRr==时，它的消耗功率最大，此时电路中的电流为'20.75AEIRr==+的最大功率为221.125WPIR==17.如图，BC是半径为R的半圆光滑绝缘轨道，固定在竖直平面内，B、C两点连线为其竖直直径，空间中存在

竖直向下、电场强度大小为mgqE=的匀强电场。一质量为m、电荷量为q+的小球以一定的初速度从与半圆轨道的圆心O等高的A点进入电场中，运动一段时间后从半圆轨道的最高点B水平进入轨道，恰好能在半圆轨道内侧做圆周运动而不脱离轨道．重力加速度大小为g，小球可视为质点，不计空气阻力

，求：（1）小球在B点的速度大小；（2）小球运动到半圆轨道的最低点C时，小球对半圆轨道的压力大小；（3）小球的初速度大小。【答案】（1）2gR；（2）12mg；（3）6gR【解析】【详解】（1）小球恰

好在B点不脱离轨道，做圆周运动，由牛顿第二定律有2BvmgqEmR+=解得2BvgR=（2）小球从B到C点，由动能定理有()2211222CBmgqERmvmv+=−小球在C点，由牛顿第二定律有2CvNmgqEmR

−−=解得12Nmg=由牛顿第三定律有，小球对半圆轨道的压力大小12NNmg==（3）小球到B点时，在竖直方向无分速度，根据逆向思维，可认为小球从B点到A点做类平抛运动经竖直方向由牛顿第二定律有ymgqEma+=解得2yag=竖直方向由匀变速

直线运动规律有22yyvaR=小球的初速度大小220Byvvv=+解得06vgR=