湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高二物理上学期期中试题（Word版附解析）

2022年下学期期中考试试卷

高二物理

一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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. 如图在半径为R圆周上均匀分布着六个不同的点电荷，则圆心O处的场强大小和方向为

A. ；由O指向F

B. ；由O指向F

C. ；由O指向C

D. ；由O指向C

【答案】B

【解析】

【详解】由点电荷的场强公式可知，在A、B、C、E、F五个位置的点电荷在O点产生的场强大小为，在D位移的点电荷在O产生的场强大小为，电场强度是矢量，求合场强应用平行四边形定则，作出电场强度的示意图，如图所示：

则A点的场强与D的点场强合成后大小为，方向指向A点；B点的场强与E点的场强合成后大小为，方向指向E点，C点的场强与F点的场强合成后大小为，方向指向F点，故、、大小相等，且刚好在与的角平分线上，由几何关系可知两者这间的夹角为，故将、合成后大小仍为，方向指向F点，再将与合成，则最终O点的合场强为，方向由O指向F，故选B.

【点睛】根据点电荷的场强公式求出点电荷产生的场强，然后由平行四边形定则求出各点电荷场强的合场强，然后求出O点的场强大小与方向．

2. 如图所示，三个同心圆是以点电荷Q为圆心的等势面，相邻等势面的电势差相等，则下列说法正确的是(  )

A. 一个点电荷＋q在B点所受的电场力比在A点的大

B. 一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小

C. 将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功比由C点移到A点多

D. 将电荷＋q由B点移到C点，电场力做正功

【答案】D

【解析】

【分析】根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而比较电场力的大小．先根据等势面图得到电场线的分布图，然后根据电场线密处场强大，电场线稀处场强小判断场强大小，根据沿着电场线电势要降低判断电势高低，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断．

【详解】负的点电荷产生的电场的电场线是会聚的直线，如图所示．

电场线密处场强大，电场线稀处场强小，由图可知，B点的场强比A点的场强小，则一个点电荷+q在B点所受的电场力比在A点的小．故A错误．沿着电场线电势要降低，故B点的电势比A点的电势高，故+q在B点具有的电势能比在A点电势能大．故B错误．据题有UBD=UCA，根据电场力做功公式W=qU可知，将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功与由C点移到A点一样多．故C错误．沿着电场线电势要降低，故B点的电势比C点的电势高，故+q在B点具有的电势能比在C点电势能高，所以将电荷+q由B点移到C点，电场力做正功．故D正确．故选D．

【点睛】本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况．

3. 如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2V，a点的坐标为（0，4），电势 为8V，b点的坐标为（3，0），电势为8V，则电场强度的大小为 

A. 250V/m B. 200V/m

C. 150V/m D. 120V/m

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：由题意可得a、b两点的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于ab，过o点做ab的垂线相交ab于c点，由几何关系得：，得∠b=53°；oc=ob•sin∠b=0．03×sin53°=2．4×10-2m

co间的电势差为：U=8V-2V=6V；则电场强度为：，故A正确．

考点：电势及电势差

4. 如图所示电路，电压保持不变，当开关S断开时，电流表的示数为0.6A，当S闭合时，电流表的示数为0.9A，则两电阻阻值之比R1：R2为（　　）

A. 1：2 B. 2：1 C. 2：3 D. 3：2

【答案】A

【解析】

【详解】当开关S断开时

当S闭合时

解得

故选A。

5. 如图所示，双量程电压表由表头G和两个电阻串联而成。已知该表头的内阻Rg=500，满偏电流Ig=1mA。下列说法正确的是（　　）

A. 表头G的满偏电压为500V

B. 使用a、b两个端点时，其量程比使用a、c两个端点时大

C. 使用a、b两个端点时，若量程为10V，则R1为9.5k

D. 使用a、c两个端点时，若量程100V，则（R1+R2）为95k

【答案】C

【解析】

【详解】A．表头G的满偏电压

故A错误；

B．使用a、b两个端点时，满偏时电压为Rg与R1两端的电压之和，而接a、c时，满偏时电压为Rg与R1和R2两端的电压之和，因此使用a、b两个端点时量程较小，故B错误；

C．使用a，b两个端点时，若量程为10V，则R1的阻值

故C正确；

D．使用a、c两个端点时，若量程为100V，则

故D错误。

故选C。

6. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则以下说法错误的是（　　）

A. 平行板电容器的电容将变小

B. 静电计指针张角变小

C. 带电油滴的电势能将减少

D. 若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变

【答案】B

【解析】

【详解】A．将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式

可知电容C减小，选项A正确；不符题意；

B．因为静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；符合题意；

C．因为U不变，极板间距d变大时，板间电场强度减小，上极板和P点间的电势差

其中dP为上极板到P的距离，保持不变，可知上极板和P点间的电势差减小；又因为上极板的电势保持不变，所以P点的电势增大；又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；不符题意；

D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器带电荷量Q不变，极板间距d变大，根据

Q=CU，和

可知

可见极板间电场强度E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确，不符题意。

本题选错误的，故选B。

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7. 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1，2，3，已知MN=NQ，a，b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出.仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则（　　）

A. a一定带正电，b一定带负电

B. a加速度减小，b加速度增大

C. MN两点电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|

D. a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小

【答案】BC

【解析】

【详解】A．粒子受到的合外力应指向轨迹的凹侧，但电场线的方向未知，无法判断带电粒子的电性，故A错误；

B．由题图可知，a往电场线稀疏的区域运动，故电场力变小，加速度变小；b相反，加速度增大，故B正确；

C．由电场线疏密与电场强弱关系可知，相当于MN之间电场强度比NQ之间的电场强度大，且MN=NQ，由U=Ed可知，MN之间的电势差更大，故C正确；

D．因为不知道两个粒子带电荷量的关系，故无法判断电势能的变化量，也就没有办法比较动能变化量的关系，故D错误。

故选BC。

8. 如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E，F，G，H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点。一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出。以下说法正确的是（　　）

A. 粒子的运动轨迹一定经过P点

B. 粒子运动轨迹一定经过PE之间某点

C. 若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点从AD边射出

D. 若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项A错误，B正确；

CD．由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，由于y方向的位移、加速度均不变，则运动时间不变，因此水平位移也变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出，选项C错误，D正确。

故选BD。

9. 如图所示直线A为某电源的U-I图线，曲线B为某小灯泡L的U-I图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起来组成闭合回路时灯泡L1恰能正常发光，则下列说法中正确的是（　　）

A. 此电源的内电阻为0.67

B. 灯泡L的额定电压为3V，额定功率为6W

C. 把灯泡L换成阻值恒为1的纯电阻，电源的输出功率将变大，效率将变低

D. 由于小灯泡L的U-I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由图知电源的电动势E=4V，内阻

|

故A错误；

B．两图线的交点表示小灯泡L与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，则额定功率为

P=IU=6W

故B正确；

C．灯泡L的电阻

换成一个1的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，则电源的输出功率将变大，根据闭合电路欧姆定律可知电阻减小，总电流变大，外电路电压减小，电源效率

减小，故C正确；

D．灯泡是纯电阻元件，欧姆定律适用，故D错误。

故选BC。

10. 如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知，滑动变阻器的最大阻值为2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（   ）

A. 电路中的电流变大

B. 电源的输出功率先变大后变小

C. 滑动变阻器消耗的功率变小

D. 定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小

【答案】AC

【解析】

【详解】A．当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，可知电路总电流变大，故A正确，符合题意；

B．当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，由题意可知，，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，外电路电阻从3r减小到r，由于整个过程中，外电阻一直大于电源内阻，随外电阻阻值的减小，电源的输出功率不断增大，故B错误，不符合题意；

C．把R0与电源组成的整体看做等效电源，电源内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，随着外电阻从2r减到0的过程中，输出功率减小，故C正确，符合题意；

D．当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，可知电路总电流变大，根据 ，R0不变，定值电阻R0上消耗的功率变大．故D错误，不符合题意．

【点睛】分析滑动变阻器的功率如何变化是本题的关键，把把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时电源的输出功率即为滑动变阻器消耗的功率．

三、非选择题：共56分。

11. 如图所示，游标卡尺的读数为_________cm，螺旋测微器的读数为_________mm。

【答案】    ①. 1.450    ②. 3.205##3.204##3.206

【解析】

【详解】[1]该游标卡尺的规格是20分度，根据游标卡尺的读数规则，先读主尺读数为14mm，游标尺第10条刻线与主尺刻度线对齐，读数为

所以总的读数为

[2]螺旋测微器固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为

20.5×0.01mm=0.205mm

故螺旋测微器的读数为

3mm+0205mm=3.205mm

因为可动刻度最后一位数字为估读，所以读数为3.204mm~3.206mm均可。

12. 某同学测定一个导体的电阻

（1）该同学先用多用电表粗测其电阻。他将选择开关调到欧姆挡“×10”挡位并调零，测量时发现指针向右偏转角度太大，如图虚线箭头所示，这时他应该：

a．将选择开关换成欧姆挡的_________挡位（选填“×100”或“×1”）。

b．将红、黑表笔短接，调节_________旋钮，使欧姆表指针指在表盘右端零刻度处。

c．再次测量该导体的阻值，其表盘及指针所指位置如图实线箭头所示，则此导体的电阻为_________。

（2）现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了以下各种器材：3V的直流电源、开关、导线等。还有电压表、电流表与滑动变阻器各两个以供选用：

A．电压表（0～3V，内阻约为）

B．电压表（0～15V，内阻约为）

C．电流表（量程0～3A，内阻约）

D．电流表（量程0～0.6A，内阻约）

E．滑动变阻器（最大阻值为）

F．滑动变阻器（最大阻值为）

为了尽可能提高测量准确度且要求电压从0开始调节。电压表应选_________，电流表应选_________，滑动变阻器应选_________（填器材前面的字母）。

（3）请在如图中画出实验电路图，以便完成本实验_________。

【答案】    ①. ×1    ②. 欧姆调零    ③. 12.0    ④. A    ⑤. D    ⑥. E    ⑦.

【解析】

【详解】（1）[1][2]指针向右偏转角度大，说明待测电阻阻值较小，应换用较小的（“×1”）挡位；换挡之后要重新进行欧姆调零；

[3]由图可知电阻丝的电阻为

（2）[4][5][6]电源电压为3V，故电压表应选A；通过待测电阻的最大电流约为

故电流表应选D；电压从0开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法，为方便调节，滑动变阻器应选阻值较小的E；

（3）[7]为了尽可能提高测量准确度且要求电压从0开始调节，滑动变阻器采用分压接法；待测电阻阻值较小，电流表应采用外接法，电路图如图所示

13. 在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材：

A．干电池1节

B．滑动变阻器（0～20）

C．滑动变阻器（0～1k）

D．电压表（0～3V，内阻约为20k）

E．电流表（0～0.6A，内阻RA=0.2）

F．电流表（0～3A，内阻约为0.01）

G．开关、导线若干

（1）为了减小实验误差和方便操作，选择如图（甲）所示实验电路进行实验，其中滑动变阻器应选___________，电流表应选___________。（只填器材前的序号）

（2）某同学根据实验测得的电压表的读数U和电流表的读数I，画出的U-I图像如图（乙）所示，由图像可得电池的电动势为___________V，内电阻为___________。（均保留到小数点后一位）

（3）若考虑到电压表的分流和电流表的分压作用，则（2）中测得的数值和真实值相比，测得的电动势___________，内电阻___________（均选填“偏小”“不变”或“偏大”）；利用题中所给电表的参数对（2）中的测量值进行修正，则修正后的电池的电动势为___________V，内电阻为___________。（均保留到小数点后一位）

【答案】    ①. B    ②. E    ③. 1.5    ④. 1.0    ⑤. 不变    ⑥. 偏大    ⑦. 1.5    ⑧. 0.8

【解析】

【详解】（1）[1][2]由于本实验中通过电源的电流不能太大，由题图（乙）可知，最大电流不超过0.6A，所以电流表应选E；1节干电池的内阻较小，所以滑动变阻器应选B。

（2）[3][4]根据

U=E-Ir=-rI+E

可知U-I图像纵轴截距即为电动势，图像斜率绝对值即为内阻r，所以

E=1.5V

r==1.0

（3）[5][6][7][8]电流表的示数即是干路电流，但由于电流表的分压作用，路端电压实际上是电流表两端电压与电压表示数之和；现对所测绘的U-I图像进行修正，当I=0时电流表两端电压为0，电压表示数就是路端电压，此时U的值准确；当I≠0时，电压表示数小于路端电压，对应的U的真实值比测量值稍大，修正图像如图所示，则可知测得的电动势不变，内电阻偏大。所测得的内电阻为电池内阻与电流表内阻之和，故修正后的电池的电动势为1.5V，内电阻为1.0-0.2=0.8。

14. 如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m。若将电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2。求：

(1)两点电荷间的库仑力大小；

(2)C点的电场强度的大小和方向。

【答案】(1)F=9.0×10-3N ；(2)，方向沿y轴正方向

【解析】

【详解】(1)根据库仑定律，A、B间的库仑力大小为

代入数据得

F=9.0×10-3N

(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为

A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为

代入数据得

方向沿y轴正方向。

15. 如图所示，M为一线圈电阻的电动机，电阻，电源电动势E=40V。当S断开时，电流表的示数，当开关S闭合时，电流表的示数为。求：

（1）电源内阻；

（2）开关S闭合时，通过电动机的电流及电动机输出的机械功率。

【答案】（1）；（2）2.5A，87.5W

【解析】

【分析】

【详解】（1）当S断开时，电流表的示数，由闭合电路欧姆定律得

代入数据解得

（2）当开关S闭合时

则

则通过电阻的电流

流过电动机的电流

则电动机的功率

电动机的热功率为

则电动机输出的机械功率

16. 在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球。小球始终处在场强大小为、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L。重力加速度为g，不计空气阻力，求

（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；

（2）O、P两点间的电势差。

【答案】（1）1.5mg   （2）

【解析】

【详解】（1）小球受到竖直向上的电场力：

F = qE = 1.5mg＞mg

所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度v，由动能定理：

设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律：

联立解得： FT = 1.5mg

（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a竖直向上，由牛顿第二定律

F  mg = ma

设细线断裂后小球经时间t到达P点，则有：

L = vt

小球在竖直方向上的位移为：

解得：

O、P两点沿电场方向（竖直方向）的距离为：

d = L + y

O、P两点间的电势差：

UOP = Ed

联立解得：