【期中真题】云南省玉溪第一中学2022-2023学年高二上学期期中物理试题.zip

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玉溪一中2022-2023学年上学期高二年级期中考物理学科试卷总分：100分  考试时间：90分钟  命题人：试题研究中心  审题人：试题研究中心一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。1. 如图，两根长直平行输电线中有等大同向的电流，在两导线所在平面，垂直于导线的连线上有a、b、c三点，b点为ac中点且位于两根导线的正中间。下列说法正确的是（　　） A. a点和c点的磁感应强度相同B. b点的磁感应强度为零C. a点的磁感应强度垂直纸面向外D. c点的磁感应强度水平向左【答案】B【解析】【详解】ACD．由右手螺旋定则及矢量叠加规律可知，a点的磁感应强度垂直纸面向里，c点的磁感应强度垂直纸面向外；a点和c点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项ACD错误；B．两导线在b点的磁场等大反向，b点的磁感应强度为零，选项B正确；故选B。2. 真空中有两个完全相同的点电荷位于图中M、N两点，P点是MN连线的中垂线上的一点，规定无穷远处电势为0。以下说法正确的是（　　） A. MN之间不存在电场强度为0的点B. MN之间存在电势为0的点C. 从O点到P点电场强度先增大后减小D. 从O点到P点电势不断降低【答案】D【解析】【详解】两同种等量正电荷周围电场线分布如图 A．根据场强的叠加原理，O点电场强度为0，故A错误；B．O点上方电场方向向上，下方电场方向向下，沿着电场方向电势降低，O点电势不可能为零，M、N两点的电荷均为正电荷，MN之间不存在电势为0的点，故B错误；C．电场线越密集，场强越大，从O点到P点电场强度可能一直增大，故C错误；D．O点上方电场方向向上，沿着电场方向电势降低，从O点到P点电势不断降低，故D正确。故选D。3. 某品牌吹风机有冷风和热风两个挡位，内部电路如下图所示，仅闭合开关S2时冷风挡工作，S1和S2时均闭合时热风挡工作。已知吹风机的额定电压为220V，冷风挡的额定功率为220W，热风挡的额定功率为880W，下列说法正确的是（　　） A. 吹风机正常工作时电动机的输出功率为220WB. 吹风机正常工作时电热丝R的功率为660WC. 电热丝的额定电流为4AD. 电热丝R的电阻为55Ω【答案】B【解析】【详解】A．吹风机正常工作时电动机的输入功率为220W，输出功率等于输入功率与热功率的差，A错误；B．热风挡的额定功率为880W，其中冷风挡的额定功率为220W，所以吹风机正常工作时电热丝R的功率为660W，B正确；C．电热丝的额定电流为C错误；D．电热丝R的电阻为D错误。故选B。4. 在带电量为+Q的点电荷形成的电场中，一个带电量为q的粒子仅在电场力作用下依次经过a、b两个等势面，轨迹如图，则下列说法正确的是（　　）A. 电量为q的粒子带负电B. 电量为q的粒子在经过在a、b两个等势面上动能大小关系为Eka>EkbC. 电量为q的粒子在经过在a、b两个等势面上电势能大小关系为Epa>EpbD. 电量为q的粒子从靠近Q到远离Q的过程中，电场力对q先做正功后做负功【答案】B【解析】【详解】A．由粒子的运动轨迹可知，粒子受到斥力作用，则电量为q的粒子带正电，选项A错误；BC．电量为q的粒子从a到b，电场力做负功，则动能减小，电势能变大，则粒子在经过在a、b两个等势面上动能大小关系为Eka>Ekb电势能大小关系为Epa<Epb选项B正确，C错误；D．电量为q的粒子从靠近Q到远离Q的过程中，电场力对q先做负功后做正功，选项D错误。故选B。5. 如图所示，匀强电场与A、B、C所在的平面平行，已知∠C=90°，∠B=60°，BC=0.1m，把一个电荷量为q=1.0×10-6 C的负电荷从A移动到B，电场力做功为零，将该负电荷B移动到C，电场力做正功1.0×10-3 J，则该匀强电场的强度是 （　　）A. 1.0×104V/m，方向由C到BB. 2.0×104V/m，方向由C到BC. V/m，方向垂直AB斜向下D. V/m，方向垂直AB斜向上【答案】C【解析】【详解】由题意知，电荷从A移动到B，电场力做功为零，所以又因为这是匀强电场，所以AB所在直线为等势线，根据电场强度与等势线垂直可知，电场强度方向垂直于AB。又因为将该负电荷B移动到C，电场力做正功1.0×10-3 J，则由可得可见因为沿着电场线电势降低，所以电场强度方向垂直于AB斜向下，又因为所以解得电场强度大小为故选C。6. 如图所示，先接通S使平行板电容器充电，然后断开S，当减小两极板间的距离d时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间电场强度E的变化情况是（　　）A. Q不变，C变大，U变小，E不变B. Q不变，C变小，U不变，E不变C. Q不变，C变大，U不变，E不变D. Q不变，C变小，U变大，E变大【答案】A【解析】【详解】电容器充电后断开电键S，则电容器带电量Q不变，减小两极板间的距离d时，根据可知，电容C变大，根据 可知两板电势差U减小，根据可知两板间场强E不变。故选A。7. 用多用表进行测量，指针位置如图，下列说法正确的是（　　）A. 若使用的是电阻×1Ω挡，则读数为22.0ΩB. 若使用的是电阻×1kΩ挡，则读数为18.0kΩC. 若使用的是直流电压50V挡，则读数为19.1VD. 若使用的是直流电流10mA挡，则读数为4.2mA【答案】B【解析】【详解】A．若使用的是电阻×1Ω挡，则读数为18.0Ω，A错误；B．若使用的是电阻×1kΩ挡，则读数为18.0kΩ，B正确；C．若使用的是直流电压50V挡，则读数为22.0V，C错误；D．若使用的是直流电流10mA挡，则读数为4.4mA，D错误。故选B。8. 如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=2Ω，直流电动机线圈内阻RM=1Ω，滑动变阻器的阻值R可以在0~10Ω之间调节，当变阻器的阻值取R1时，电源达到最大的输出功率，并且此时电动机输出的机械功率为2W，则R1的数值为（　　） A. 1Ω B. 1.5Ω C. 2Ω D. 0.5Ω【答案】D【解析】【详解】因为电源的输出功率为所以当电源达到最大的输出功率时，电流为又因为此时电动机输出的机械功率为2W，而解得又内电压所以变阻器两端电压所以故选D。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 如图所示，闭合矩形金属线框abcd中轴线的右半部分置于与线框平面垂直的匀强磁场中。当线框以不同方式运动时，以下说法正确的是（　　） A. 线框绕中轴线转过90°的过程中，穿过线框的磁通量减小，线框中有感应电流B. 线框绕中轴线转过180°的过程中，穿过线框的磁通量不变，线框中没有感应电流C. 线框向左平移且在bc边离开磁场前，穿过线框的磁通量减小，线框中有感应电流D. 线框绕bc边转动90°的过程中，穿过线框的磁通量大小不变，线框中无感应电流【答案】AC【解析】【详解】AB．线框绕中轴线转动时，磁通量持续在变化，线框中有感应电流，其中转过90°的过程中，磁通量减小为0。而转过180°的过程中，磁通量先减为0再变为-Φ0，磁通量发生了变化，故A正确，B错误；C．线框向左平移时，在磁场中的面积减小，因此穿过线框的磁通量减小，线框中有感应电流，故C正确；D．因为线框绕bc边从转动60°的过程中，线框在磁场中的有效面积不变，即穿过线框的磁通量大小不变，线框中无感应电流。但是从60°到90°的过程中，线框在磁场中的有效面积逐渐减小到零，则磁通量逐渐减小到0，此过程中有感应电流产生，故D错误。故选AC。10. 一段材料、截面均匀的导线中，通过的电流为I，导线的横截面积为S，单位长度导线内的电子数量为n，电子的电荷量为e，单位时间内通过导线中某横截面的电子数为N。则导线中电子运动的速率v为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】AD【解析】【详解】AB．取一段长为L的导线，其中的电子刚好全部通过这段导线的时间为由已知条件可得这段导线中的电子数为Ln，电荷量为Lne，这些电荷量在t时间内通过，则根据电流的定义可得由此解得电子速度为故A正确，B错误；CD．单位时间内通过这段导线的电荷量也可以写作Ne，根据电流定义有即解得故C错误，D正确。故选AD。11. 某同学在学习了多用电表的原理以后，对自制多用电表产生了兴趣。他走进物理实验室，利用一个满偏电流为3mA、内阻为90Ω的电流表，最大阻值为1000Ω的滑动变阻器R1，阻值为10Ω的标准电阻R0和一节内阻为1Ω、电动势为3V的电池组，按照图所示电路组装成一个多用电表，下列说法正确的是（　　）A. 图中红表笔应与A端相连B. 闭合开关S1，将开关S2接1，可作为量程为30mA的电流表使用C. 将S2接2，可作为欧姆表使用，若S1断开时，倍率为“×10”挡，则S1闭合时，倍率为 “×100”挡D. 该同学利用欧姆挡测电阻，他将S2接2，S1断开，欧姆调零后，将两表笔分别与待测电阻相接，指针指在电流表的刻度2mA处，则待测电阻的阻值Rx为500Ω【答案】BD【解析】【详解】A．当B接2时，B与内部电源的负极连接，可知图中红表笔应与B端相连，故A错误；B．闭合开关S1，将开关S2接1，其量程为故B正确；C．开关S1断开时，倍率为×10，此时当开关S1闭合时，由于R0的分流作用，电路的最大电流为10Ig，此时即倍率变为断开时的，即倍率为×1挡，故C错误；D．该同学利用欧姆挡测电阻，他将S2接2，S1断开，欧姆调零将两表笔分别与待测电阻相接，指针指在电流表的刻度2mA处时解得待测电阻的阻值为故D正确。故选BD。12. 在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1为定值电阻（R1＞r），R2为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。若将照射R2的光的强度减弱，则（  ） A. 电压表的示数变大B. 小灯泡变亮C. 通过R2的电流变大D. 电源输出功率变小【答案】BD【解析】【详解】ABC．将照射R2的光的强度减弱，则R2阻值增大，电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律，干路的电路减小，也可以根据串反并同可知，与它串联的R1的电压、电流减小，即电压表示数减小，与它并联的小灯泡L的电流、电压变大、灯泡功率变大变亮，则R2电流等于干路电流减灯泡电流，故R2的电流变小，小灯泡变亮，故AC错误，B正确；D．如图，因为，阻值增大，电路中总电阻增大，根据电源输出功率特点可知，电源输出功率减小，故D正确。故选BD。 13. 如图所示，一个光滑斜面与一个光滑竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m=1kg，电荷量为q（q＞0）的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度，θ=53°，圆轨道半径R=1m，g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。则以下说法中正确的是（　　）A. 刚释放小球时小球的加速度的大小为3.5m/s2B. 若小球能到达C点，释放点与A的距离至少为1.2mC. 若小球恰能到达C点，此运动过程中小球对轨道的最大压力为75ND. 若小球恰能到达C点，则在C点对轨道的压力为0【答案】AC【解析】【详解】A．对小球受力分析，小球所受电场力水平向左，由牛顿第二定律得解得m/s2故A正确；B．设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，如图故解得大小为小球恰好能过等效最高点E时也就恰好能到达C点，在E点由牛顿第二定律得从释放到到达E点，由动能定理得代入数据解得故B错误；C．此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对E点受力分析得解得对D到E由动能定理得解得对D点由牛顿第二定律得由牛顿第三定律得压力故C正确；D．对E到C由动能定理得解得m/s对C点由牛顿第二定律得由牛顿第三定律得压力故D错误。故选AC。三、实验题：本题共2小题，每空1.5分，作图2分，共17分。14. 某同学用图甲所示电路测量一个蓄电池的电动势和内电阻，并利用实验测得的数据在坐标纸上绘制出如图乙所示的U－I图像。已知蓄电池的内电阻小于。除蓄电池、开关、导线外，可供使用的器材还有：A．电压表（量程3V）B．电流表（量程0.6A）C．电流表（量程3A）D．定值电阻R0（阻值，额定功率4W）E．滑动变阻器R（阻值范围，额定电流为2A）（1）电流表应当选择______；（选填器材前的字母序号）（2）该蓄电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。（结果保留2位小数）（3）这种方法得到的电动势测量值比真实值______。（选填“偏大”、“偏小”、“不变”）【答案】    ①. B    ②. 1.49    ③. 0.32    ④. 偏小【解析】【详解】（1）[1]由题意得，蓄电池的内电阻小于，即r的取值范围为，乙图中电源电压的大致值，根据闭合电路欧姆定律将以上数据代入以下公式得I的最小值取值范围为，因而选择电流表B时滑动变阻器仍旧可调，且电流的读数会更准确，因而电流表选B。（2）[2][3]根据图像甲中电路图可知图像解析式为对照乙图像可知电源电动势为1.49V，电源内阻为（3）[4]由于电压表的分流作用，电压测量值准确，但通过和的电流值比测量值偏大，即将电压表和均等效为电源的一部分，如下图虚线框中所示，则和并联 推理可得测量值可得同理可得可得测量的内阻偏小，电动势也偏小。15. 某同学想描绘标有“3.8V，0.3A”字样的小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据，绘制曲线尽量准确，可供选择的器材除小灯泡、开关、导线外，还有：电压表V，量程0～5V，内阻约5kΩ电流表A1，量程0～500mA ，内阻约0.5Ω电流表A2，量程0～100mA，内阻约4Ω滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流2.0A滑动变阻器R2，最大阻值100Ω，额定电流2.0A 直流电源E，电动势约6V，内阻可忽略不计（1）为使测量尽量准确上述器材中，电流表应选_________，滑动变阻器应选_______（填写所选器材后的字母）；（2）请在图甲虚线框内画出实验电路图________；（3）该同学通过实验得出了小灯泡的I-U图像如图乙所示，由图可知，当小灯泡上的电压为3.00V时，小灯泡的电阻是________Ω（结果保留3位有效数字）；（4）该同学在获得了（3）中小灯泡I-U图像后，把一只这样的小灯泡，直接接在电动势，内阻为4Ω的电源上组成闭合回路，请你利用图像计算此时小灯泡的功率约为______W（结果保留2位有效数字）；（5）某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示。该工件的直径为______mm，高度为________mm。【答案】    ①. A1    ②. R1    ③.     ④. 10.7    ⑤. 0.80    ⑥. 12.20    ⑦. 6.861【解析】【详解】（1）[1]小灯泡额定电流为0.3A，故电流表选择。[2]描绘小灯泡伏安特性曲线，要求测量数据，绘制曲线尽量准确，应尽量多测数据，故采用分压接法，使用阻值范围较小的滑动变阻器即可。（2）[3]因小灯泡电阻约电压表内阻远大于小灯泡电阻，故采用电流表外接法，电路如图（3）[4] 图像连线斜率的倒数表示电阻。当小灯泡上的电压为时，电流为0.28A，小灯泡电阻为（4）[5]把一只这样的小灯泡并联，直接接在电源上，根据闭合电路欧姆定律有，代入数据，将此函数绘在图像上两图像的交点表示此时小灯泡实际的电压、电流故小灯泡的功率为（5）[6]游标卡尺读数为[7]螺旋测微器的读数为四、计算题：本题共4小题，共39分，要求写出必要的文字说明和解答过程。16. 如图所示为电流天平，它两臂等长。右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中移走质量为Δm的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡。（1）电流反向前，线圈所受安培力方向应当______（选填“向上”、“向下”），电流反向前线圈中的电流方向从外向里看为______方向（选填“顺时针”、“逆时针”）；（2）试用B、n、L、I写出移走的砝码质量Δm的表达式_____。【答案】    ①. 向下    ②. 顺时针    ③. 【解析】【详解】（1）[1][2]电流反向后需要在左盘中移走质量为Δm的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡，可知电流反向后安培力向上，则电流反向前，线圈所受安培力方向应当向下，由左手定则可知，电流方向为顺时针方向。（2）[3]依题意解得17. 电子电荷量为e，质量为m，从静止出发被电压为U0的加速电场加速，然后进入场强为E的匀强偏转电场，进入时电子的速度方向与偏转电场的方向垂直。已知偏转电极长为L，不计电子所受重力，求：（1）电子离开加速电场时的速度；（2）电子离开偏转电场时的速度方向与其进入偏转电场时的速度方向之间夹角的正切值。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）对电子，在加速电场中，由动能定理得解得（2）对电子，在偏转电场中，由牛顿第二定律沿电场方向运动时间18. 如图所示，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动。今在最低点B与最高点A各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来。当两轨道间的距离x变化时，测得A、B两点压力差与距离x的图像如图所示。（不计空气阻力，g取10m/s2）：（1）设半圆光滑轨道半径为R，小球质量为m，小球通过最高点的速度为vA，通过最低点的速度为vB，分别写出小球对A、B两点的压力NA、NB的代数表达式；（2）写出随x的变化关系图像对应的函数表达式；（3）小球的质量与半圆轨道的半径。【答案】（1），；（2）；（3）0.2kg，4m【解析】【详解】（1）对小球，在A点，由牛顿第二定律得解得对小球，在B点，由牛顿第二定律得解得（2）对小球，从A到B，由机械能守恒定律得而联立解得（3）由图像可得又因为联立解得m=02kgR=4m19. 如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.1kg，带电荷量为q＝1.0×10－6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。从t＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向右为正方向，g取10m/s2），求：（1）0～2 s内小物块的加速度a1、发生的位移x1和2s末的速度v1；（2）27 s内小物块的位移大小。（3）27 s内损失的机械能和电小物块电势能的变化量。【答案】（1），4m，4m/s；（2）55m；（3）0.2J，5.7J【解析】【详解】（1）0~2s内，对小物块，由牛顿第二定律      小物块发生的位移    2s末小物块的速度（2）2-4s内，对小物块，由牛顿第二定律  解得  向左；小物块发生的位移   4s末小物块的速度由此可知小物块在0~4s内正好完成一次周期性运动，从26s~27s的1s内，小物块发生的位移为 则27s内，小物块发生的位移 可得s=55m （3）对小物块，27s内除重力和弹簧弹力以外的其他力做功  则机械能减少了0.2J；电场力做功 则电势能减少了5.7J。