2022霍林郭勒一中高二上学期期中考试物理试题含解析

这是一份2022霍林郭勒一中高二上学期期中考试物理试题含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
霍市一中2021-2022学年度第一学期高二年级期中考试物理试题命题人：王金华   审核人：张晓燕一、选择题（共12小题，每题4分，共计48分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1. 一电流表的满偏电流Ig＝1 mA，内阻为200 Ω.要把它改装成一个量程为0.5 A的电流表，则应在电流表上（     ）A. 并联一个约为200 Ω的电阻B. 并联一个约为0.4 Ω的电阻C. 串联一个约为0.4 Ω的电阻D. 串联一个约为200 Ω的电阻【答案】B【解析】【详解】要使电流表量程变为0.5A，需要并联分流电阻，流过分流电阻的电流：并联部分的电压：则需要并联的电阻：故B项正确，ACD三项错误．2. 四盏灯泡接成如图所示电路。a、c灯泡的规格为“220V、40W”，b、d灯泡的规格为“220V、100W”各个灯泡的实际功率都没超过它的额定功率。请排列出这四盏灯泡实际消耗功率的排列顺序（　　）A. Pa>Pb>Pc>Pd B. Pa>Pd>Pb>Pc C. Pa>Pb=Pc>Pd D. Pa=Pd>Pc=Pd【答案】B【解析】【详解】根据公式可得b、d的电阻小于a、c的电阻，a、d串联在干路，所以两灯泡的电流相等，故根据公式可得因为通过b、c的电流之和等于d的电流，所以通过d的电流大于b的电流，b、c并联，电压相同，由于b的电阻小于c的电阻，所以b的电流大小于c的电流，故根据公式可得，综合可得故选B。3. 让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物经过同一加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场里偏转，假设离子均能飞出偏转电场，则偏转位移之比为（　　）A. 1：1：2 B. 1：2：4 C. 1：1：1 D. 1：2：2【答案】C【解析】【详解】带电粒子经过电场加速后的速度为，由动能定理有在同一偏转电场偏转飞出，有联立解得偏移量与电量、质量均无关，而加速电场、偏转电场的、偏转电场的水平长度均相同，则偏移量相同，故其比值为1：1：1。故选C。4. 如图，是某电场的电场线分布，M、N、P是电场线上的三个点，下列说法正确的是（　　）A. φM>φN>φPB. EM>EN>EPC. 一个负电荷在M点的电势能大于在P点的电势能D. 一个正电荷在M点电势能大于在P点的电势能【答案】D【解析】【详解】A．根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知故A错误；B．根据电场线的疏密程度可知，电场线越密电场强度越强，可知故B错误；CD．根据电势能可知，正电荷在高电势处电势能较大，负电荷在高电势处电势能较小，故C错误D正确。故选D。5. 如图，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球的最近距离为2r。金属球达到静电平衡后，下列说法正确的是（　　）A. 金属球左侧带正电荷，右侧带负电荷。左侧比右侧电势高B. 金属球上感应电荷在球心处激发的电场强度的大小为C. 金属球上感应电荷在球心处激发的电场强度的方向向右D. 如果用一条导线把金属球左、右两侧相连，球上感应电荷将消失。【答案】C【解析】【详解】A．金属球达到静电平衡后，金属球是一个等势体，表面是等势面，则左侧和右侧电势相等，故A错误；BC．金属球达到静电平衡后，金属球内部场强处处为零，则金属球上感应电荷在球心处激发的电场强度和点电荷Q在球心处产生的电场强度大小相等，方向相反，根据代入数据解得点电荷Q在球心处产生的电场强度方向水平向左，则金属球上感应电荷在球心处激发的电场强度的大小方向向右，故B错误，C正确；D．如果用一条导线把金属球左、右两侧相连，在不把点电荷移走的情况下，球上感应电荷不会消失，故D错误。故选C。6. 如图所示，a、b两个带正电的粒子以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场，a粒子打在B板的点，b粒子打在B板的点，若不计重力，则A. a的电荷量一定大于b的电荷量B. b的质量一定大于a的质量C. a的比荷一定大于b的比荷D. b的比荷一定大于a的比荷【答案】C【解析】【详解】设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为：时间为：偏转量为：因为两个粒子的初速度相等，则，则得a粒子的运动时间短，则a的加速度大，a粒子的比荷就一定大，但a、b的电荷量和质量无法确定大小关系，故C正确，ABD错误．7. 如图所示为直流电动机提升重物装置的等效电路图，重物的重量G=500N，电源电动势E=90V，电源内阻r=2Ω，不计各处摩擦，当电动机以v=0.6m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A，下列判断不正确的是（　　）A. 电动机消耗的总功率为400WB. 电动机线圈的电阻为0.4ΩC. 电源的效率约为88.9%D. 电动机的效率为75%【答案】B【解析】【详解】A．电动机消耗的总功率为故A正确，不符合题意；B．设重物被提升拉力的功率为，则设电动机的电阻为R，根据能量守恒得代入数据解得故B错误，符合题意；C．电源的效率故C正确，不符合题意；D．电动机的效率故D正确，不符合题意。故选B。8. 有一未知电阻Rx，为较准确地测出其阻值，先后用如下图（a）、（b）两种电路进行测试，利用（a）测得数据为“2.7 V5.0 mA”，利用（b）测得数据为“2.8 V4.0 mA”，那么，该电阻测得值较准确的数值及它比真实值偏大或偏小的情况是（　　）A. 560 Ω，偏大 B. 560 Ω，偏小 C. 700 Ω，偏小 D. 700 Ω，偏大【答案】D【解析】【详解】比较（a）（b）两图电压读数，可知电压变化可得比较（a）（b）两图电流读数，可知电流变化可得可见即电流变化明显，可见电压表电阻带来的影响比电流表电阻带来的影响大，故采用电流表内接的方法，即图（b）测量较准确此种接法测量值偏大，故ABC错误，D正确。故选D。9. 电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后保温状态，如图所示是电饭锅电路原理示意图，S是用感温材料制造的开关。下列说法中正确的是（　　）A. 其中R2是供加热用的电阻丝；B. 当开关S断开时电饭锅为加热状态，S接通时为保温状态；C. 要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，应为2∶1；D. 要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，应为（-1）∶1【答案】AD【解析】【详解】AB．如图所示，根据当接通开关K时，电阻变小，功率变大，处于加热状态，当断开开关K时，电阻变大，功率变小，处于保温状态，则是供加热用的电阻丝,，接通开关K时，处于加热状态，断开开关K时，处于保温状态，故B错误A正确；CD．要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，根据可知，R2在保温状态时和加热状态时的电流值比根据可知解得故C错误D正确故选AD。10. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为 ，理想电流表示数变化量的绝对值 ，则A. A的示数增大 B. 的示数增大C. 与 的比值大于r D. 大于 【答案】ACD【解析】【详解】A．滑动变阻器的滑片向下滑动，导致滑动变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，选项A对；B．电压表测量定值电阻的电压，电阻不变，总电流变大，所以电压变大即示数增大．电压表测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压，示数变小，选项B错；D．电压表测量滑动变阻器电压，设电流增加量为，则根据，，所以，选项D对；C．电压表的变化量，所以，选项C对．11. 如图所示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig =300μA，内阻Rg =100Ω，可变电阻R的最大阻值为10 kΩ，电池的电动势E=1.5V，内阻r =0.5Ω，下列说法正确的是（　　）A. 与接线柱A相连的是红表笔B. 按正确使用方法测量电阻Rx时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx =10kΩ。C. 若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，但此表仍能调零，测量Rx的阻值时，则测量值比真实值大D. 测量电阻时，如果指针偏转角度过大，应将选择开关拨至倍率较小的档位，重新调零后测量【答案】ACD【解析】【详解】A．根据电流从红表笔进，黑表笔出可知图中与接线柱A相连的是红表笔，故A正确；B．根据题意可知，欧姆表的内阻按正确使用方法测量电阻Rx时，指针指在刻度盘的正中央，即电流为，故有解得故B错误；C．电池电动势变小，但此表仍能调零，由于电流表的满偏电流不变，由公式可知欧姆表内阻应调小，由于待测电阻是通过电流表示数体现出来的，由可知，当欧姆表内阻调小，I变小，指针跟原来位置相比偏左，电阻阻值偏大，故C正确；D．测量电阻时，如果指针偏转角度过大，说明电流太大，待测电阻阻值小，因指针偏转在中部较准确，则应将选择开关拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故D正确。故选ACD12. 如图所示，竖直平面内有固定的半径R的光滑绝缘圆形轨道，水平匀强电场平行于轨道平面向左，P、Q分别为轨道的最高、最低点．一质量为m、电量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，场强.要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，下列说法正确的是(     )A. 小球过Q点时速度至少为B. 小球过Q点时速度至少为C. 小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为6mgD. 小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为7.5mg【答案】BC【解析】【详解】根据“等效场”知识得电场力与重力的合力大小为则方向为，即当小球刚好通过C点关于O对称的D点时，就能做完整的圆周运动，如图所示．AB．在D点由电场力和重力的合力提供向心力，则从Q到D，由动能定理得联立解得,故A错误，B正确．CD．在P点和Q点由牛顿第二定律，从Q到P，由动能定理得联立解得则C正确、D错误；故选BC．二、实验题：（共15分，请把结果填在答题纸中横线上）13. 要测一段阻值大约为100的粗细均匀金属丝的电阻率。除米尺、螺旋测微器、电源E（电动势3V，内阻约0.5）、最大阻值为20的滑动变阻器R、开关一只、导线若干外，电流表和电压表各两只供选择：A1（量程1A，内阻约1），A2（量程30mA，内阻约2），V1（量程3.0V，内阻约1000），V2（量程15V，内阻约3000）。(1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径，如图所示，则电阻丝的直径为_____mm。(2)①为了使测量有尽可能高的精度，电流表应选_____，电压应选_____（填电表符号）②实验电路应选择下列电路中的_____。A． B．C．      D．③若用米尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝直径为d，电流表的读数为I，电压表读数为U，则该金属丝的电阻率： =_____。【答案】    ①. 0.851（0.850～0.853）    ②. A2    ③. V1    ④. A    ⑤. 【解析】【详解】(1)［1］螺旋测微器的固定部分读数为0.5mm，可动部分读数为35.0×0.01mm=0.350mm故最后读数为0.5mm+0.350mm=0.850mm(2)①［2］［3］电源电动势为3V，为减小读数误差，电压表应选：V1，电路最大电流约为则电流表选A2。②［4］待测电阻阻值约为100Ω，电流表内阻约为2Ω，电压表内阻约为1000Ω，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，应选择图A所示电路图。③［5］待测电阻阻值为由电阻定律可知解得14. 测量“水果电池”的电动势和内电阻的实验中，将一铜片和一锌片分别插入同一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡．原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测定电流约为3mA．现有下列器材：待测“水果电池”电流表：满偏电流3mA，电阻约10Ω电压表：量程0～1.5V，电  阻约1000Ω滑动变阻器R1：0～30Ω滑动变阻器R2：0～3kΩ开关、导线等实验器材（1）本实验选用上面所示的实验原理图，应该选用哪种规格的滑动变阻器？_______．（填写仪器代号）  （2）在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，得到U—I图象如上图所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势E＝_____________V，内电阻r＝_____Ω．（3）若不计测量中的偶然误差，用这种方法测量得出的电动势和内电阻的值与真实值相比较，电动势E___________（选填“偏大”或“相等”或“偏小”），内电阻r________（选填“偏大”或“相等”或“偏小”）．【答案】    ①. R2    ②. 1.5      ③. 500    ④. 相等    ⑤. 偏大【解析】【详解】（1）由题意可知，电源的内阻越为，若选用0-30Ω的滑动变阻器，不能方便的控制电流，电流变化范围不大．故滑动变阻器应选R2；（2）U-I图象在纵轴上的截距代表电源的电动势，图线的斜率的绝对值表示水果电池的内阻．图象纵轴截距为1.5，故E=1.5V；图象斜率的绝对值；（3）由于电流表的分压作用，导致路段电压的测量存在误差，但电流测量值等于真实值，运用图象法分别在U-I图象上由测量数据作出的图线1和修正误差后真实值作出的图线2，如下图所示．由图看出，电动势没有系统误差，即电动势测量值与真实值相等，而内阻的测量值偏大．【点睛】（1）通过水果电池的内阻大小，选择合适的滑动变阻器；（2）U-I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻；（3）由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，运用图象法可以分析误差．三、计算题：（共37分，要求写出必要文字说明、重要的方程式和验算步骤，只有最后结果的不得分）15. 带有等量异号电荷、相距10cm的平行板A和B之间有一个匀强电场，电场强度E=2.0×104N/C，方向向下。电场中C点距B板3cm，D点距A板2cm。则：（1）C、D两点的电势差UCD等于多少？（2）如果令A板接地（即A板电势为0），则C点的电势是多少？（3）一个电子从C点移动到D点。静电力做功多少焦耳？【答案】（1）-1000V；（2）-1400V；（3）1.6×10-16J【解析】【详解】（1）C、D之间的距离为d=10cm－3cm－2cm=5cm=0.05m因为电场方向向下，所以C点的电势小于D点的电势，则C、D两点的电势差为（2）C点和A板之间的电势差为又则（3）静电力做功为16. 在如图所示的电路中，电源的电动势E=18V，内阻r=1.0Ω，电阻R2=5.0Ω，R3=6.0Ω，板间距d=2cm的平行板电容器水平放置。当滑动变阻器R1的滑片P移至R1的中点时，图中理想电压表的示数为16V，一个带电荷量q= -8.0×10--9C的油滴正好平衡于两极板之间。求：（g取10m/s2）（1）滑动变阻器R1的最大阻值（2）油滴的质量。（3）移动滑片P，油滴可获得向下的最大加速度大小。【答案】（1）12Ω；（2）4.0×10-7kg；（3）1m/s2。【解析】【详解】（1）电路中总电流为R2两端电压为R1、R3并联部分电压为通过R3的电流为则通过R1的电流为则R1接入电路中的电阻为则可变电阻的总电阻为R1=2R'1=12Ω（2）电容器两端电压为由平衡条件得油滴质量（3）为使向下的加速度最大，则应使R1的滑动头移到最右端，以使电场力最小。此时R1、R3的并联电阻为则R2两端电压为电容器两端电压为由牛顿第二定律得油滴向下最大加速度为17. 如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U1的电场加速，加速电压U1随时间t变化的图象如图乙所示．每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为加速电压不变．电子被加速后由小孔S穿出，沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0.20m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板的电势高．A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m．荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上．不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，求：（1）要使电子都打不到荧光屏上，则A、B两板间所加电压U2应满足什么条件；（2）当A、B板间所加电压U2'=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远范围内．【答案】（1）U至少为100V；（2）电子打在屏上距中心点O在2.5cm～5.0cm范围内．【解析】【详解】（1）设电子的质量为m、电量为e，电子通过加速电场后的速度为v，由动能定理有电子通过偏转电场的时间；此过程中电子的侧向位移联立上述两式解得要使电子都打不到屏上，应满足u取最大值800V时仍有代入数据可得，为使电子都打不到屏上，U至少为100V．（2）当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时，其侧移量最大电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则由几何关系可得解得由第（1）问中的可知，在其它条件不变的情况下，u越大y越小，所以当u=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小．其最小侧移量同理，电子打在屏上距中心点的最小距离所以电子打在屏上距中心点O在2.5cm～5.0cm范围内．