2022-2023学年四川省泸县第一中学高二上学期期中物理试题含解析

泸县一中2022-2023学年高二（上）期中考试

物理试题

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷自己保管，答题卡交回。

第I卷   选择题（50分）

一．选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 下列关于电势和电势能的说法，正确的是（　　）

A. 对于一个确定的点电荷，在电势越高的位置，其电势能一定越大

B. 在电势一定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能一定越大

C. 正电荷在电场中某点的电势能一定大于负电荷在该点的电势能

D. 电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电势能一定增大

【答案】D

【解析】

【分析】根据电势能的定义及电场力做功与电势能的关系进行分析。

【详解】A．电势能与电势的关系为

电势能是标量，上式中电量q要带正负号，则负电荷在电势越高的位置，电势能反而越小，故A错误；

B．在电势一定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能不一定越大，如电势小于0，放入的正点电荷的电荷量越大，电势能反而越小，故B错误；

C．如果电场中某点电势为负，则正电荷在该点的电势能小于负电荷在该点的电势能，故C错误；

D．根据电场力做功与电势能的关系可知，在电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电势能一定增大，故D正确；

故选D。

【点睛】电势能与电势的关系式一定要带正负号。

2. 在点电荷－Q的电场中，一金属圆盘处于静电平衡状态，若圆平面与点电荷在同一平面内，则盘上感应电荷在盘中P点所激发的场强E′的方向在图中正确的是(  )

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】导体处于静电平衡状态，因此内部每点的合场强都为零，即导体内的每一点，感应电荷产生的电场强度都与点电荷-Q在那点的电场强度大小相等、方向相反，即感应电荷的电场线与点电荷-Q的电场线重合，且方向相反．负点电荷的电场线指向点电荷，所以附加电场的电场线背离负点电荷。
故选A。

3. 平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示，则下列说法正确的是 (　　)

A. 保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小

B. 保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变

C. 电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大

D. 电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变

【答案】D

【解析】

【详解】对A、B选项，因电键S闭合，所以A、B两极板的电势差不变，由E＝可知极板间场强增大，悬挂的带正电小球受到的电场力增大，则θ增大，选项A、B错误；对C、D选项，因电键S断开，所以电容器两极板所带电荷量保持不变，由C＝、C＝和E＝可推出，E＝，与两极板间距离无关，两极板间场强保持不变，悬挂的带正电的小球受到的电场力不变，则θ不变，只有D项正确．

4. 有一个电流表G，内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA。要把它改装为量程为0～3A电流表，则要（      ）

A. 要并联一个阻值0.1Ω的电阻

B. 要串联一个阻值0.1Ω的电阻

C. 要并联一个阻值900Ω的电阻

D. 要串联一个阻值900Ω的电阻

【答案】A

【解析】

【详解】改装成电流表要并联一个电阻分流，并联电阻和表头上的电压均为

则

故选A。

5. 如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是（  ）

A. 安培表A1偏转角大于安培表A2的偏转角

B. 安培表A1的读数小于安培表A2的读数

C. 伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数

D. 伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角

【答案】D

【解析】

【详解】AB．安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，由于安培表A1的量程大于A2的量程，则安培表A1的读数大于安培表A2的读数．故AB错误．

CD．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，由于伏特表V1的量程大于V2的量程，则伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数．故C错误，D正确．

6. 如图所示，在一绝缘斜面上有一带正电的小物体A处于静止状态。现将一带正电的小球沿以A为圆心的圆弧缓慢地从点转至A正上方的O点处，已知、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和始终保持静止不动，A、可视为质点。关于此过程，下列说法正确的是（　　）

A. 物体A受到斜面的支持力先增大后减小

B. 物体A受到的库仑力保持不变

C. 物体A受到的摩擦力一定沿斜面向上

D. 地面对斜面摩擦力先减小后增大

【答案】A

【解析】

【详解】AB．对A研究：P对A的库仑力垂直斜面方向的分力，先逐渐增大后逐渐减小，当库仑力与斜面垂直时最大，设该分力为，斜面倾角为，根据平衡条件得斜面对A的支持力

可知N先增大后减小，A正确；

B．从点转至A正上方O点处的过程中，库仑力的方向在时刻改变，故物体A受到的库仑力发生变化，B错误；

C．由于物体A的重力沿斜面向下的分力与物体A受到的库仑力沿斜面向上的分力大小不确定，故物体A受到的摩擦力不一定沿斜面向上，C错误；

D．以A和C整体为研究对象，分析受力情况如下图所示

设P对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为，根据平衡条件得

由于F大小不变，减小，则知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小，C错误。

故选A。

7. 如图所示，在光滑绝缘水平面上、三个带电小球a、b、c分别位于边长为L的等边三角形的三个顶点；a、b带正电且电荷量相等，整个系统置于场强大小为E、方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，则（　　）

A. 小球c可能带正电 B. 场强方向垂直于a、b连线向右

C. 小球a所带的电荷量为 D. 小球a与c所带的电荷量之比为2∶1

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．如果小球c带正电，则三个小球相互之间均为斥力作用，处于同一匀强电场中时，不可能保持静止状态，即小球c必定带负电，故A错误；

B．小球a、b带等量正电荷，小球c带负电荷，相互之间存在静电吸引力；要使三个小球均处于静止状态，则匀强电场的方向应垂直于a、b连线向左，故B错误；

C．以小球c为研究对象，要使其保持静止状态，则小球a、b在c处激发的电场的合场强，其大小应为，所以有

解得

故C正确；

D．小球a与c在b处激发的电场的合场强，应与匀强电场E等大反向，根据矢量的合成法则有

解得

故D错误。

故选C。

8. 如图所示，已知带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，A球固定，B球用长为L的绝缘丝线悬挂在O点，静止时A、B相距为d。若A球电量保持不变，B球缓慢漏电，则下列说法正确的是（　　）

A. 丝线对B球的拉力逐渐变大

B. A球对B球的库仑力逐渐变小

C. 当AB间距离减为时，B球的电荷量减小为原来的

D. 当AB间距离减为时，B球的电荷量减小为原来的

【答案】BD

【解析】

【分析】由于B受力平衡，对B受力分析，可以求出AB之间的库仑力的大小，在根据库仑定律可以分析BA之间的库仑力的变化以及B带电量的变化．

【详解】对B受力分析，根据B受力平衡可得：

B球缓慢漏电，则d逐渐减小，可知F减小，T不变；则A错误，B正确；当AB间距离减为时，则库仑力减小到原来的，根据可知B球的电荷量减小为原来的，选项C错误，D正确；故选BD.

【点睛】此题根据力的三角形法则，根据相似三角形比例关系讨论，比较简单；结合库仑定律来讨论电量的变化.

9. 如图所示，一光滑绝缘的斜面固定于水平面上，C、D是斜面上两个点，一带正电的点电荷+Q固定在斜面下方P点，P、D连线垂直于斜面．滑块A、B叠在一起，B带负电，A不带电，A与B间绝缘，从C点由静止释放，下滑过程中，A、B始终保持相对静止．则滑块A．B从C到D的过程中(     )

A. 在D点，速度最大

B. 加速度一定逐渐增大

C. 滑块B的电势能减小，机械能增加

D. 滑块A受到沿斜面向上的静摩擦力

【答案】AC

【解析】

【详解】A．对滑块AB整体，从C到D过程，重力和库仑力一直做正功，故一直加速，故在D点速度最大，故A正确；

B．对滑块AB整体，从C到D过程，受重力、支持力和库仑力引力，如果CD距离无穷大，则库仑力开始为零，到达D点时库仑力平行斜面的分力依然为零，故加速度可能是先增加后减小，故B错误；

D．先分析滑块AB整体，根据牛顿第二定律，有

（mA+mB）gsinθ+Fx=（mA+mB）a

（其中Fx为库仑力平行斜面的分力），故

a＞gsinθ；

再分析滑块A可知

mAa=mAgsinθ+f

故

f=mA（a-g）

即B对A的静摩擦力平行斜面向下；故D错误；

C．对物体AB分析，如果没有静电力，则加速度a=gsinθ，AB整体机械能守恒，现在加速度a＞gsinθ，整体机械能增加；那么对物体B而言，有静电力时加速度a＞gsinθ，说明动能增加量比机械能守恒时大，故B的机械能也是增加的，故C正确；

故选AC。

10. 如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中。现将一直径略小于塑料管内径，质量为m，带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg，以下说法正确的是（　　）

A. 小球释放后，到达D点时速度最大，并在BDA间往复运动

B. 小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力大小为4mg

C. 小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5∶1

D. 小球释放后，前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg

【答案】CD

【解析】

【详解】A．小球释放后电场力对其做正功，假设小球能够到达C点，且到达C点时的速度大小为vC，则根据动能定理有

解得

所以小球能够通过C点，之后小球运动至A点后再次开始被电场加速，每运动一周，其动能增大2mgR，其速度降不断增大下去，综上所述可知A错误；

B．小球释放后，设第一次达到B点时的速度大小为vB，所受管壁的支持力大小为N1，则根据动能定理有

根据牛顿第二定律有

解得

根据牛顿第三定律可知小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力大小为5mg，故B错误；

C．设小球释放后，第一次经过最低点D时的速度大小为vD，根据动能定理有

设小球第一次经过最低点D时所受管壁的支持力大小为N2，根据牛顿第二定律有

解得

根据牛顿第三定律可知小球释放后，第一次经过最低点D时对管壁的压力大小为5mg；

设小球第一次经过最高点C时所受管壁的支持力大小为N3，根据牛顿第二定律有

解得

根据牛顿第三定律可知小球释放后，第一次经过最高点C点时对管壁的压力大小为mg。

综上所述可知，小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5∶1，故C正确；

D．设小球第二次经过最高点C时的速度大小为vC′，根据动能定理有

设小球第二次经过最高点C时所受管壁的支持力大小为N4，根据牛顿第二定律有

解得

根据牛顿第三定律可知小球第二次经过最高点C时对管壁的压力大小为5mg，所以前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg，故D正确。

故选CD。

第II卷（非选择题  50分）

二、实验题（12分）

11. 在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。

（1）从图中读出金属丝的直径为______mm。

（2）为此取来两节新的干电池、开关、若干导线及下列器材：

A．电压表0～3V，内阻10kΩ

B．电压表0～15V，内阻50kΩ

C．电流表0～0.6A，内阻0.05Ω

D．电流表0～3A，内阻0.01Ω

E．滑动变阻器，0～10Ω

F．滑动变阻器，0～100Ω

要求较准确地测出其阻值，电流表应选______，滑动变阻器应选______。（填序号）

（3）实验中，以下操作正确的是______。

A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中

B．用螺旋测微器在被测金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值

C．用伏安法测电阻时，采用电流表内接法，多次测量后算出平均值

D．实验中应保持金属丝温度不变

【答案】    ①. 0.680    ②. C    ③. E    ④. BD

【解析】

【详解】(1)[1] 从图中读出金属丝的直径为

(2)[2]电路中的最大电流约为

故选C。

[3]滑动变阻器应选与待测电阻阻值接近的，以方便调节电路。故选E。

(3)[4]A．应测量金属丝接入电路中的有效长度，A错误；

B．用螺旋测微器在被测金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值。B正确；

C．用伏安法测电阻时，因为待测电阻较小，故采用电流表外接法，C错误；

D．因为温度对金属丝电阻有影响，故实验中应保持金属丝的温度不变。D正确。

故选BD。

12. （1）如图甲所示的一把游标尺20等分度游标卡尺，其读数为：___________cm

（2）如图乙是螺旋测微器，其读数为：___________mm

【答案】    ①. 5.235    ②. 2.150

【解析】

【详解】[1]游标卡尺的主尺读数为52mm，游标尺上第7个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为

0.05×7mm=0.35mm

所以最终读数为

52mm+0.35mm=52.35mm=5.235cm

[2]螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为

0.01×15.0mm=0.150mm

所以最终读数为

2mm+0.150mm=2.150mm

四、解答题（本答题工三个小题，13题12分，14题10分，15题16分，共38分）

13. 如图所示，A、B两小球带等量同号电荷，A固定在竖直放置绝缘支柱上，B受A的斥力作用静止于光滑的绝缘斜面上与A等高处，两者的水平距离为，斜面倾角为，B的质量为。取，静电力常量，求：

（1）球对斜面的压力大小；

（2）球带的电荷量大小。

【答案】（1）0.2N；（2）

【解析】

【详解】（1）设斜面给B球支持力为FN，A球对B球的库仑力为FA，对B球进行受力分析，沿斜面方向上有

垂直斜面方向上有

联立解得

由牛顿第三定律，斜面给B球的支持力和B球对斜面的压力大小相等，方向相反，故B球对斜面的压力为0.2N。

（2）根据库仑定律有

解得

14. 在如图所示的电路中，电源的电动势，内阻未知，，，L为规格是“3V  3W”的灯泡，当开关S断开时，灯泡恰好正常发光。（不考虑温度对灯泡电阻的影响）求：

(1)电源的内阻；

(2)开关S闭合时，灯泡实际消耗的功率。

【答案】(1) 1Ω；(2)0.48 W

【解析】

【详解】(1)当S断开时，灯L正常发光，即

根据闭合电路欧姆定律有

得

(2)当S闭合时，外电路的总电阻为

干路电流为

灯泡两端的电压为

灯泡的实际功率为

15. 如图所示，竖直平面区域Ⅰ内有电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在区域Ⅲ内有一足够长且宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右。一质量为m、电荷量大小为q的带负电小球（可看做质点）左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ， 恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从区域Ⅲ电场右边界穿出，已知重力加速度为g ，求：

（1）带电小球在区域Ⅰ运动的时间t？

（2）区域Ⅲ中电场强度的大小E′？

（3）小球再次到达区域Ⅲ左边界上的点距水平线OO′的距离S？

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为，竖直分速度为，则有

即

由牛顿第二定律知

由

得

（2）设小球在点时的速度为，则有

即

从点到点，由动能定理得

得

在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知

得

（3）在区域Ⅲ水平方向上做往复的匀变速运动，根据匀变速运动的规律和对称性可得

所以前半段时间

在区域Ⅲ运动的总时间为

小球在竖直方向上做自由落体运动，即

所以小球到达右边界上的点与的距离