四川省广安市第二中学2022-2023学年高二物理上学期11月期中考试试题（Word版附解析）

2022年秋广安二中高2021级期中考试

物理试题

一、选择题。（其中1—12题为单选题，每小题3分；13—18题多选题，每小题4分，漏选得2分，多选错选得0分；共60分）

1. 下列说法中正确的是（　　）

A. 根据库仑定律，当两电荷的距离趋近于零时，静电力趋向无穷大

B. 负电荷在静电场中由高电势处运动到低电势处，它的电势能增大

C. 在静电场中沿着等势面移动检验电荷，检验电荷所受电场力为零

D. 在静电场中电场线分布越密的地方，相等距离两点间的电势差越大

【答案】B

【解析】

【详解】A．当两电荷的距离趋近于零时，不能看成点电荷，所以库仑定律不适用，故A错误；

B．根据电势能与电势的关系式Ep=qφ，可知负电荷在电势高处电势能小，则负电荷由高电势处运动到低电势处，电势能增加，故B正确；

C．在静电场中沿着等势面移动检验电荷，检验电荷所受电场力不为零，只是电场力不做功，故C错误；

D．电场线越密的地方电场强度大，但是若两点间不沿电场线，则电势差不一定大，故D错误。

故选B。

2. 为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动。如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动。能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是（　　）

A. 与门 B. 或门 C. 非门 D. 与非门

【答案】A

【解析】

【详解】依据逻辑门电路的特点，只有当两个车门都关紧，即都输入“1”时，数出信号才为“1”，汽车才能启动，可知，该控制装置工作原理的逻辑门是与门逻辑电路。

故选A。

3. 如图所示，一带负电小球用轻绳挂在竖直光滑的绝缘墙壁上，小球处在水平向右的匀强电场中，若（　　）

A. 撤去电场，小球受绳子的拉力减小

B. 撤去电场，小球受绳子的拉力不变

C. 撤去电场，小球受绳子的拉力变大

D. 场强方向不变，逐渐增大场强，小球受绳子的拉力逐渐增大

【答案】B

【解析】

【详解】ABC．依题意，可得未撤去电场之前，小球所受电场力水平向左，小球受力分析如图所示

设绳与竖直墙壁的夹角为，根据平衡条件可得：小球受绳子的拉力满足

撤去电场后，小球仍然紧靠竖直墙壁处于静止状态，不变，所以小球受绳子的拉力保持不变，故AC错误，B正确；

D．逐渐增大场强，小球所受电场力方向保持不变，小球仍然紧靠竖直墙壁处于静止状态，小球受绳子的拉力仍然满足

不变，所以小球受绳子的拉力保持不变，故D错误。

故选B。

4. 如图所示，在平面内有一个以为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，、两点连线与轴正方向的夹角为．若空间存在沿轴负方向的匀强电场，场强大小，则、两点的电势差可表示为（ ）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【详解】本题考查匀强电场中电势差与场强的关系.沿着电场线方向电势越来越低,故由题图可知O点电势低,P点电势高,所以OP两点间电势差为负值,匀强电场中两点间电势差取决于两点间沿场强方向的距离,所以有:UOP=-EdOPsinθ=-10sinθ,A项正确.

5. 电场中某区域的电场线如图所示，a、b点的电场强度分别为Ea、Eb电势分别为a、b，下列说法中正确的是（　　）

A. a、b两处的电势高低不同，a>b B. a、b两处的电势高低不同，a<b

C. a、b两处的电场强度的大小不等，Ea>Eb D. a、b两处的电场强度方向相同

【答案】A

【解析】

【详解】AB．沿着电场线方向，电势降低，所以

a>b

B错误，A正确；

CD．由电场线的特点，电势线越密集，场强越大，所以

CD错误。

故选A。

6. 如图所示为某电源的伏安特性曲线，则下列结论正确的是（    ）

A. 电源的电动势为6.0V

B. 电源的内阻为

C. 电流为0.2A时的外电阻是

D. 电源的短路电流为0.5A

【答案】A

【解析】

【详解】A.由电源的伏安特性曲线可知，电源的电动势为6.0V，故选项A符合题意．

B.电源的内阻

故选项B不符合题意．

C.依据闭合电路欧姆定律

可知，当电流为0.2A时，路端电压为5.68V，则由欧姆定律可知外电阻

故选项C不符合题意．

D.图象与横坐标的交点电压为5.2V，这时对应的电流为0.5A，这不是短路电流，故D选项不符合题意．

7. 如图所示，图线AB是某电源的路端电压随电流变化的图线，曲线OM是电阻R两端的电压随电流变化的图线。当该电源和该电阻R串联时，下列说法不正确的是（　　）

A. 电阻R的阻值是0.5Ω B. 电源的内阻是1Ω

C. 电源的电动势是6V D. 电源的功率是8W

【答案】D

【解析】

【详解】A．当该电源和该电阻R串联时，电阻R的阻值是

故A正确；

B．图线AB的斜率的绝对值表示电源的内阻，即

故B正确；

C．图线AB的纵截距表示电源的电动势，即

故C正确；

D．电源的功率为

故D错误。

本题选错误的，故选D。

8. 某同学将一闭合电路电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列判断正确的是（　　）

A. 直线a表示电源的输出功率随电流I变化的图线

B. 曲线b表示电源内部的发热功率随电流I变化的图线

C. 曲线c表示电源的总功率随电流I变化的图线

D. 电源的电动势E=3V，内电阻r=2Ω

【答案】B

【解析】

【详解】ABC．电源的总功率为

电源内部的发热功率为

电源的输出功率为

由此可知，总功率与电流的关系图线为一条过原点的倾斜直线，为图线a；内部的发热功率与电流的关系图线为顶点在坐标原点、开口向上的抛物线的一部分，为图线b；而输出功率与电流的关系图线为开口向下的抛物线的一部分，为图线c，故AC错误，B正确；

D．由图可知，当电流为2A时，内部发热功率与总功率相等，输出功率为零，所以

由a图线可得，斜率为电源电动势，即

所以电源内阻为

故D错误。

故选B。

9. 在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块（滑块的电荷量始终不变），如图甲所示，滑块运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）

A. 滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等

B. 在t=5 s时，小球经过边界MN

C. 滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2：5

D. 在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功

【答案】C

【解析】

【分析】滑块在电场中，受到电场力与摩擦力，做匀加速运动，离开电场后受到摩擦力作用而做匀减速运动，由图可以看出，滑块经过边界MN的时刻．分别求出滑块离开电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．

【详解】A项：根据速度与时间图象，可知，图线与时间轴所围成的面积表示位移大小，那么滑块在MN右边运动的位移大小小于在MN左边运动的位移大小，故A错误；

B项：滑块离开电场前做匀加速直线运动，离开电场后受到摩擦力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=2s时，故B错误；

C项：由图象的斜率等于加速度得滑块离开电场前的加速度为，离开电场后的加速度大小为

由牛顿第二定律得：qE-f=ma1

f=ma2

解得，摩擦力与电场力之比为2：5．故C正确；

D项：整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中摩擦力做的功与电场力做的功大小相等，故D错误．

故应选:C．

【点睛】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．

10. 近几年，国产手机日益受到国人的青睐。如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示，在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内（　　）

A. 手机电池产生的焦耳热为

B. 手机电池储存的化学能为

C. 充电宝产生的热功率为

D. 充电宝输出的电功率为

【答案】B

【解析】

【详解】A．手机电池产生的焦耳热为

故A错误；

B．根据能量守恒定律可知，手机电池储存化学能为

故B正确；

C．充电宝的内阻未知，无法求出充电宝产生的热功率，故C错误；

D．充电宝输出的电功率为

故D错误。

故选B。

11. 如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1、R2均为可变电阻，开关S闭合，沿平行金属板中线射入的微粒恰好做匀速直线运动。现要使该微粒向上偏转，下列方法可行的是（　　）

A. N板上移 B. N板下移

C. 仅增大R1 D. 仅减小R2

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】AB．开关S闭合，沿平行金属板中线射入的微粒恰好做匀速直线运动，可知微粒受向下的重力和向上的电场力平衡，要使该微粒向上偏转，则要增大电场力，根据

可知电压不变时可以减小间距d，故A正确，B错误；

C．仅增大R1，则R0两端电压变小，则电容器两板电压变小，故C错误；

D．仅改变R2，则电容器两板电压不变，故D错误。

故选A。

12. 如图所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A，B两点的坐标为0.1m和0.6m，在A点放一个带负电的试探电荷，在B点放一个带正电的试探电荷，电荷量q，A,B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电量q的关系分别如图中直线a，b所示，下列说法正确的是

A. A点的电场强度大小为4N/C

B. B点的电场强度方向沿x轴负方向

C. 点电荷Q是负电荷

D. 点电荷Q的位置是0.2m

【答案】D

【解析】

【详解】A. A点电场强度大小为

故A错误；

B. 正的试探电荷受电场力方向与电场线方向相同，根据正电荷在B点受力沿x轴正方向即可判断在B点电场强度方向沿x轴正方向，故B错误；

C.根据并结合图像可判断a点电场强度大于b点电场强度，离点电荷越近场强越大，所以点电荷在AB的中间靠近A的某个位置，又由于A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，所以点电荷Q是正电荷，故C错误；

D. 根据电场强度的定义式即结合图像可判断B点电场强度大小为

A点电场强度大小为

可得场源电荷到AB的距离之比

因此点电荷Q的位置坐标为0.20m，故D正确．

13. 手电筒中的干电池的电动势为，用它给某小灯泡供电时，电流为，下列说法正确的是（　　）

A. 干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为的蓄电池强

B. 电路中每通过的电量，电源把1.5J的电能转化为化学能

C. 干电池在10s内将4.5J的化学能转化为电能

D. 该干电池外接电阻越大，电源的效率越高

【答案】CD

【解析】

【详解】A．干电池的电动势小于蓄电池的电动势，干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为的蓄电池弱，A错误；

B．电路中每通过的电量，非静电力做功为，电源把的化学能转化为电能，B错误；

C．根据

可得干电池在内将的化学能转化为电能，C正确；

D．设外电阻为，内阻为，则电源的效率为

可知该干电池外接电阻越大，电源的效率越高，D正确。

故选CD。

14. 关于多用电表，下列说法正确的是（　　）

A. 用多用电表测电流时，应先进行机械调零

B. 用多用电表测电压时，需将红表笔接低电势点

C. 多用电表使用完毕，应将选择开关置于挡或交流电压最高挡

D. 用多用电表测电阻时，如果指针偏转过小，则应换成倍率较小的挡位，并重新欧姆调零

【答案】AC

【解析】

【详解】A．用多用电表测电流时，应先进行机械调零，选项A正确；

B．用多用电表测电压时，需将红表笔接高电势点，选项B错误；

C．多用电表使用完毕，应将选择开关置于挡或交流电压最高挡，选项C正确；

D．用多用电表测电阻时，如果指针偏转过小，说明倍率挡选择过低，则应换成倍率较大的挡位，并重新欧姆调零，选项D错误。

故选AC。

15. 一带电粒子沿着图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中φa<φb<φc<φd，若不计粒子受的重力，可以确定（　　）

A. 该粒子带正电

B 该粒子带负电

C. 从J到K粒子的电势能增加

D. 粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．由运动轨迹可知电场力方向向右，由电势的高低可知电场线方向向左，则电性为负，故A错误，B正确；

CD．由J到K电场力做正功，则动能增加，电势能减小，由于不计重力，根据能量守恒定律知：动能与电势能之和不变。故C错误，D正确。

故选BD。

16. 如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势为，B点的电势为，则下列说法中正确的是（　　）

A. C点的电势

B. C点的电势

C. 将正电荷从A点经C点移到B点，电场力对该正电荷做正功

D. 负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．由题图可知，AC段的电场线比CB段的电场线密，则有AC段的电场强度比CB段的电场强度大，由U=Ed可知，AC间的电势差UAC大于CB间的电势差UCB，则有

φA−φC>φC−φB

已知φA=30V，φB=−20V，可得

φC <5V

A错误，B正确；

C．正电荷在电势高处电势能大，将正电荷从A点经C点移到B点，电荷的电势能减小，则电场力对该正电荷做正功，C正确；

D．A点的电势高于B点的电势，负电荷在电势高处电势能小，所以负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，D错误。

故选BC。

17. 在如图所示电路中，滑动变阻器的滑动触点向a端移动时（　　）

A. 电阻R2的功率一定减小 B. 电源的输出功率一定减小

C. 电压表V和电流表A的读数都增大 D. 电压表V的读数减小，电流表A的读数增大

【答案】AD

【解析】

【详解】CD．滑动变阻器的滑动触点向a端移动时，R3减小，电路总电阻减小，干路电流增大，由闭合电路欧姆定律可得

知路端电压减小，电压表V的读数减小。路端电压减小，由欧姆定律可知流过R2的电流减小，则流过R3的电流增大，电流表A的读数增大，C错误D正确；

A．路端电压减小，由

可知，电阻R2的功率一定减小，A正确；

B．电源的输出功率随外电阻的变化如图所示

由于不知道内外电阻具体关系，故无法确定电源的输出功率是否增大，B错误。

故选AD。

18. 关于多用电表的使用，下列操作不正确的是（　　）

A. 测电压时，应按图甲连接方式测量

B. 测电流时，应按图乙连接方式测量

C. 测电阻时，应按图丙连接方式测量

D. 测二极管的正向电阻时，应按图丁连接方式测量

【答案】ABC

【解析】

【详解】多用电表进行所有测量时，电流都满足“红进黑出向右偏”。

A．测电压时，红表应接电势较高的点，即红、黑表笔互换，故A符合题意；

B．测电流时，电流从红表笔进入，即红、黑表笔互换且串联在电路中，故B符合题意；

C．测电阻时，应将待测电阻与电源断开，欧姆表内部有电源，故C符合题意；

D．测二极管的正向电阻时，红表笔应接二极管负极，黑表笔应接二极管正极，故D不符题意；

故选ABC。

二、实验题

19. 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为__________mm。

（2）该小组同学用欧姆表粗测出导线的阻值Rx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____________，电压表应选用____________（以上两空均选填器材前的选项字母），实验电路应采用图中的____________（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. 4.700    ②. A    ③. D    ④. 甲    ⑤. 偏小

【解析】

【详解】（1）[1]该导线直径测量值为

（2）[2]由所给器材可知通过Rx的最大电流为

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A。

[3]电压表应选择量程大于12V的D。

[4]由于待测电阻的阻值满足

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。

[5]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，这样测量的阻值比真实值偏小。

20. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：

A．被测干电池一节

B．电流表量程，内阻约为

C．电流表量程，内阻约为

D．电压表量程，内阻未知

E．滑动变阻器，

F．滑动变阻器，

G．定值电阻（阻值、额定功率为）

H．开关、导线若干

在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。

（1）该同学按照图甲的电路连接好实验器材并进行实验，根据实验数据绘出了图乙所示的图像，则电源的电动势_________，电源内阻_________。

（2）当外电路短路时，电源产生的热功率为________。（计算结果均保留一位小数）

【答案】    ①. 1.5    ②. 0.6    ③. 3.8

【解析】

【详解】（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律

结合图可知，电源的电动势为

内电阻为

（2）[3]当外电路短路时，电源产生的热功率为

三、计算题

21. 如图所示，电解槽与电阻R并联后接到电源上，电源的电动势E=120V，内阻r=1Ω，电阻R=19Ω，电解槽电阻r′=0.5Ω。S闭合时电阻R消耗的功率为475W，求：

（1）此时通过电阻R的电流；

（2）电解槽中电能转化为化学能的功率。

【答案】（1）5A；（2）1700W

【解析】

【详解】（1）根据

P=I2R

可得通过电阻R的电流

IR =5A

（2）路端电压

U=IRR=95V

总电流

则电解槽的电流

I1=I-IR=20A

电解槽中电能转化为化学能的功率为

22. 如图所示，E＝8 V，r＝2 Ω，R1＝8 Ω，R2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：

(1)要使变阻器获得电功率最大，则R2的取值应是多大？这时R2的功率是多大？

(2)要使R1得到的电功率最大，则R2的取值应是多大？R1的最大功率是多少？这时电源的效率是多大？

(3)调节R2的阻值，能否使电源以最大的功率输出？为什么？

【答案】(1)10 Ω　1.6 W　(2)0　5.12 W　80% (3)不能　理由见解析

【解析】

【详解】(1)将R1和电源等效为一新电源，则新电源的电动势E′＝E＝8 V，内阻r′＝r＋R1＝10 Ω，且为定值．利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R2＝r′＝10 Ω时，R2有最大功率，即 ．

(2)因R1是定值电阻，所以流过R1的电流越大，R1的功率就越大．当R2＝0时，电路中有最大电流，即 ，R1的最大功率 ，这时电源的效率 ．

(3)不能．因为即使R2＝0，外电阻R1也大于r，不可能有 的最大输出功率．

23. 如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g＝10 m/s2，求：

(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？

(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？

【答案】（1）7m/s    （2）0.6N

【解析】

【详解】（1）设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qE＝m，

滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得：

﹣mg•2R﹣qE•2R﹣μ（mg+qE）xmv2mv

联立方程组，解得：v0＝7m/s；

（2）设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：

﹣（mg+qE）R﹣μ（qE+mg）xmv′2mv

又在P点时，由牛顿第二定律得：FN＝m，

代入数据解得：FN＝0.6N，方向水平向右；

【点睛】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力．