【文档说明】宁夏银川唐徕回民中学2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题 含解析.docx，共(21)页，3.860 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AIIMvNeSSNe==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23322ΩRRRRR==+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125ABUU=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；C

D．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2215V2A30WPUI===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30W8W22WrP

PP=−=−=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R2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VVVVRrREEErrRrRr==++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，R

1、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、ΔI

2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11

ΔΔUrI=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=500mAPIU==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）160W【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2136VUIR==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）2.5AI=【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23123361336RRRRRR=+=+=++由闭合电路欧姆定律得，流过R1的电流102.5

A31EIRr===++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34A0.8A41E

IRr===++(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51'4.810C2QQ−==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=