2022-2023学年广东省广州市越秀区铁一中学、广大附中、广州外国语三校联考高二（上）期中物理试卷（含答案解析）

2022-2023学年广东省广州市越秀区铁一中学、广大附中、广州外国语三校联考高二（上）期中物理试卷

1.     如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开(    )

A. 此时A带正电，B带负电
B. 此时A电势低，B电势高
C. 移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D. 先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合

2.     下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘． 坐标原点O处电场强度最大的是(    )

A.  B.  C.  D.

3.     如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块的运动过程中，下列表述正确的是(    )

A. 两个物块的电势能逐渐减少
B. 物块受到的库仑力不做功
C. 两个物块的机械能守恒
D. 物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力

4.     如图，两电荷量分别为和的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是(    )
   
    

A. b点的电势为零，电场强度也为零
B. 正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向左
C. 将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
D. 将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大

5.     如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器的滑动端向下滑动的过程中(    )

A. 电压表的示数减小，电流表的示数增大 B. 电压表与电流表的示数都增大
C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小 D. 电压表与电流表的示数都减小

6.     直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的(    )
    

A. 总功率一定增大 B. 效率一定减小
C. 内部损耗功率一定减小 D. 输出功率一定先增大后减小

7.     如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(    )
    

A. 增大，E增大 B. 增大，不变 C. 减小，增大 D. 减小，E不变

8.     图为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是(    )

A. 到达集尘极的尘埃带正电荷
B. 电场方向由集尘极指向放电极
C. 带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D. 同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大

9.     如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速度电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(    )

A. 偏转电场对三种粒子做功一样多 B. 三种粒子打到屏上时速度一样大
C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同 D. 三种粒子一定打到屏上的同一位置

10. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、下列说法正确的是(    )

A. 电场强度的大小为
B. 坐标原点处的电势为1 V
C. 电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV

11. 用螺旋测微器测量一根合金丝的直径，为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图示的部件______ 选填“A”、“B”、“C”或“D”，从图中的示数可读出合金丝的直径为______
12. 某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值约为，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
    A.电压表量程，内阻约
    B.电压表量程，内阻约
    C.电流表量程，内阻约
    D.电流表量程，内阻约
    E.电源电动势，额定电流，内阻不计
    F.电源电动势12V，额定电流2A，内阻不计
    G.滑动变阻器阻值范围，额定电流

为使测量尽量准确，电压表选用   ______，电流表选用  ______，电源选用   ______。均填器材的字母代号

画出测量R x阻值的实验电路图。

该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会  ______其真实值填“大于”、“小于”或“等于”，原因是  ______。

13. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．
    
    应该选择的实验电路是图1中的______选填“甲”或“乙”
    现有电流表、开关和导线若干，以及以下器材：
    A.电压表
    B.电压表
    C.滑动变阻器
    D.滑动变阻器
    实验中电压表应选用______；滑动变阻器应选用______选填相应器材前的字母
    某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出UI图线．

根据中所画图线可得出干电池的电动势______V，内电阻______

14. 如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于 O 点．先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q 和，此时悬线与竖直方向的夹角为。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。
     
15. 如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为。质量为m、电荷量为的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
    求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
    若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
16. 如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小。一不带电的绝缘小球甲，以速度沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为，乙所带电荷量，g取水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移
    
    甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
    在满足的条件下。求甲的速度；
    若甲仍以速度向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
    

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：A、物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A错误；
B、此时AB为等势体，两端电势相等；故B错误；
C、移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；
D、先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D错误；
故选：C。
根据静电感应规律可明确AB两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C后AB所带电量，即可明确金箔能否闭合．
本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所带来的现象，能通过所学物理规律进行分析解答．
 

2.【答案】B 

【解析】解：设带电圆环在O点产生的场强大小为E。
A图中坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；
B图中坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于。
C图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；
D图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0。
所以坐标原点O处电场强度最大的是B。
故选：B。
根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题．分析时要抓住电场线从正电荷出发发无穷远处终止，或从无穷远处出发到负电荷终止．
本题关键抓住对称性和叠加原理分析O点的场强．要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题．
 

3.【答案】A 

【解析】解：A、由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．故A正确．
    B、两物块之间存在库仑斥力，对物块做正功．故B错误．
    CD、开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，动能增大；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能减小，重力势能不变，则机械能先增大，后减小，不守恒．故CD错误．
 故选：A
由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能先增大，后减小．
本题首先考查分析物块受力情况和运动情况的能力，要抓住库仑力随距离增大而减小的特点．
 

4.【答案】C 

【解析】解：A、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，但电场强度不等于0，故A错误；
B、由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而O点的电势等于0，所以正的试探电荷在a点的电势能大于零，故B错误；
C、正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，所以将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功，故C正确；
D、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等，故D错误。
故选：C。
两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向；根据等势面和电场线分布情况，分析电势和场强的关系。
对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆。
 

5.【答案】D 

【解析】解：在变阻器的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器与并联电阻减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小；并联部分电压，I增大，E、、r均不变，则减小，故电流表示数减小；
故ABC错误，D正确；
故选：D。
由电路图可知与并联后与串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化。
本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析，重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化。
 

6.【答案】C 

【解析】解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；
A、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率减小，故A错误；
B、电源的效率，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故B错误；
C、电源内阻r不变，电流I减小，电源的热功率减小，故C正确；
D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误；
故选：C。
滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可以分析答题．
熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题．
 

7.【答案】D 

【解析】

【分析】
电容器和电源断开，极板上的电量不变，根据电容器的决定式可分析电容的变化，再根据定义式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化。
解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式；同时注意要掌握相关结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变。
【解答】
电容器和电源断开，电量不变，上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据\(C=\dfrac{ɛs}{4\pi kd}\)可知，电容C增大，则根据\(C=\dfrac{Q}{U}\)可知，电压U减小，故静电计指针偏角\(θ\)减小；
两板间的电场强度为：，因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；
再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势，电势能，因此电荷在P点的电势能保持不变，故D正确，ABC错误。
故选D。  

8.【答案】BD 

【解析】解：AB、由图示可知，集尘机电势高，放电极电势低，放电极与集尘极间电场方向向左，即电场方向由集尘极指向放电极，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知尘埃所受的电场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷，故A错误，B正确。
C、电场方向向左，带电尘埃所受电场力方向向右，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误；
D、由可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确；
故选：BD。
从静电除尘机理出发即可解题。由于集电极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极。而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电。负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据即可得出结论。
本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例。
 

9.【答案】AD 

【解析】

【分析】
本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，要注意偏转中运动的合成与分解的正确应用，本题的结论要在理解的基础上记牢，经常用到。
【解答】
D、粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：
解得：
粒子在加速电场中的运动时间：；
粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：；
在偏转电场中竖直分位移：；
联立得，y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置。
离开偏转电场后粒子的运动时间：；故D正确。
A、加速电场对粒子做功为 ，q和相等，所以加速电场对三种粒子做功相等。偏转电场对粒子做功：，q、、y相等，则知偏转电场对三种粒子做功相等。故A正确。
B、对整个过程，根据动能定理得，由于W相等，m不等，所以v不等，即三种粒子打到屏上时速度不等，故B错误。
C、粒子运动到屏上所用时间；因为不等，所以t不等，故C错误。
故选：AD。  

10.【答案】ABD 

【解析】

【分析】
考查匀强电场中电场线和电势之间的关系，掌握电场强度公式的应用，理解几何关系的运用，并理解中各量的正负值含义。
根据匀强电场的电场强度公式求解电场强度；依据电势差等于电势之差，求解电势；根据电场力做功表达式，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。
【解答】
A.如图所示，在ac连线上，确定一点，电势为17V，将连线，即为等势线，那么垂直连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，

，解得
依据几何关系，c到的距离，
因此电场强度大小为，故A正确；
B.根据，因a、b、c三点电势分别为、、，解得：原点处的电势为，故B正确；
C.a点电势低于b点，电子带负电，所以电子在a点电势能高，故C错误；
D.同理，，电子从b点运动到c点，电场力做功为，故D正确。
故选ABD。  

11.【答案】C； 

【解析】解：为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧固定螺钉C
螺旋测微器的固定刻度读数为0mm，可动刻度的读数为：，故合金丝的直径为
故答案为：C； 
为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧固定螺钉螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，注意其精度是
本题要掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
 

12.【答案】【小题1】

B

C

F

【小题2】

②。

【小题3】

大于

电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压

【解析】

【分析】
本题考查了伏安法测电阻；遇到电学实验问题应明确：
①通过求出待测电阻的最大电流来选择电流表量程；
②明确“大内偏大，小外偏小“的电流表接法和误差情况分析；③若变阻器的全电阻能满足电路电阻要求时，变阻器可以采用限流式接法。
【分析】
①分析给出的仪表，根据安全和准确性原则进行分析，从而确定应选择的测量仪表。
【解答】
①因待测电阻阻值较大，为了准确测量，应采用较大的电动势，故选电动势为12V的电源F；电压表选择10V的量程，最大电流I约为：，故电流表选择C。
故答案为：B；C；F。
【分析】
②明确“大内偏大，小外偏小“的电流表接法和误差情况分析。
【解答】
②因给出的滑动变阻器总阻值较小，所以应采用分压接法，同时因待测电阻较大，为了准确测量，电流表选择内接法，故电路图如图所示：
。

【分析】
③分析电路图，根据电表内阻的影响进行分析，明确误差情况和原因。
【解答】
③因本实验采用电流表内接法，由于电流表分压影响，电压表测量值将大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值将大于真实值。
故答案为：①B；C；F；②如图所示；③大于；电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压。  

13.【答案】甲   

【解析】解：干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；
一节干电池电动势约为，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；
根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的图象如图所示；

由图示电源图象可知，图象与纵轴交点坐标值是，则电源电动势，
电源内阻：
故答案为：甲；，C；如图；；
分析图示电路结构，然后答题；
根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；
应用描点法作出图象；
根据电源的图象求出电源电动势与内阻；
本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻．
 

14.【答案】解：设电容器的电容为C，第一次充电Q后，电容器两极板间电势差，
两板间为匀强电场，场强，
设电场中小球带电量为q，则所受电场力
小球在电容器中受重力，电场力和拉力平衡，如图所示

由平衡条件有：
综合以上各式得：
第二次充电后，电容器带电量为：，同理可得：
将方向夹角带入解得：
答：二次充电使电容器正极板增加的电荷量为 

【解析】对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，根据、、以及平衡条件分两次列方程后求解出电容器极板电量Q的表达式进行讨论．
本题考查平行板电容器的电场中电场力、电场强度和电势差的关系等，关键结合平衡条件列式求解．
 

15.【答案】解：、QG间的电场强度大小相等、方向相反，设为E，则有：
，
设粒子第一次到达G时动能为，根据动能定理可得：

解得：；
粒子在PG间运动的加速度为：
此过程中粒子运动时间为t，则有：
在水平方向上的位移大小为：；
解得：
若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性可知，此时金属板的长度为：
。
答：粒子第一次穿过G时的动能；它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小为；
若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为。 

【解析】根据电场强度与电势差的关系求解电场强度，根据动能定理求解动能；根据牛顿第二定律求解加速度，根据类平抛运动求解位移；
若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性求解金属板的长度。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
 

16.【答案】解：在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，
则由向心力公式得       ①
竖直方向匀加速运动     ②
水平方向匀速运动    ③
联立①②③得：④
设碰撞后甲、乙的速度分别为、，
根据动量守恒有：
 ⑤
根据机械能守恒定律有：
           ⑥
联立⑤⑥得：，          ⑦
由动能定理得：     ⑧
联立①⑦⑧得：⑨
设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为、，
根据动量守恒有：
⑩
根据机械能守恒定律有

有以上两式可得：
由于，可得：
设乙球过D点的速度为，
由动能定理得 
联立以上两个方程可得：
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，
则有：
所以可以解得：
答：乙在轨道上的首次落点到B点的距离是；
甲的速度是；
乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围是。 

【解析】对乙受力分析，乙离开最高点之后，做类平抛运动，竖直方向上匀加速运动，水平方向上匀速运动；
由于两个球发生的是弹性碰撞，所以动量守恒，机械能也守恒，列出方程可以求出甲的速度；
求经过D点后的最小的速度应该是，再由动量守恒分析可得最大的速度，根据平抛运动水平方向的运动规律，可以求得范围的大小。
在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，两球在碰撞过程中动量守恒，碰后机械能守恒，题目中物体的运动过程比较复杂，在解题是一定分析清楚运动过程。