2022-2023学年甘肃省兰州市等二地，天水三中等二校高二（上）期中物理试卷（含答案解析）

2022-2023学年甘肃省兰州市等二地，天水三中等二校高二（上）期中物理试卷

1.     从1820年到1831年，许多著名的科学家纷纷投身于探索磁与电的关系之中，下图为瑞士科学家科拉顿的实验场景。关于科拉顿实验的说法正确的是(    )

A. 实验过程没有感应电流的产生
B. 观察到电流计指针没有偏转是因为墙壁把磁场隔离了
C. 观察到电流计指针没有偏转是因为线圈电阻太大
D. 将磁铁插入线圈后跑去隔壁房间观察电流计，错过了感应电流产生的“时机”

2.     实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示、b只受电场力作用，则(    )

A. 电场力对a做正功，对b做负功
B. a一定带正电，b一定带负电
C. a的速度将减小，b的速度将增大
D. a的加速度将减小，b的加速度将增大

3.     如图所示，一通电螺线管通有图示电流，小磁针1、2、4放在螺线管周围，小磁针3放在螺线管内部，四个小磁针静止在如图所示位置，则四个小磁针的N、S极标注正确的是(    )

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

4.     图甲中AB是某电场中的一条电场线。若将一负电荷从A点处由静止释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图象如图乙所示。关于A、B两点的电势高低和场强大小关系，下列说法中正确的是(    )

A. ， B. ，
C. ， D. ，

5.     阻值相等的四个电阻、电容器C及电池内阻可忽略连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为，则与的比值为(    )
    

A.   B.  C.  D.

6.     在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，理想电压表和理想电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障(    )

A. 短路
B. 短路
C. 短路
D. 断路

7.     如图所示，电荷量为的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心，垂线上的a、b两点关于薄板对称，到薄板的距离都是若图中a点的电场强度为零，则b点的电场强度大小和方向分别为静电力常数(    )

A. ，垂直薄板向左 B. ，垂直薄板向左
C. ，垂直薄板向右 D. ，垂直薄板向左

8.     如图所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，从B点穿出电场，a、b、c、d为该电场中的等势面，这些等势面都是互相平行的竖直平面，不计粒子所受重力，则(    )

A. 该粒子一定带负电
B. 此电场不一定是匀强电场
C. 该电场的电场线方向一定水平向左
D. 粒子在电场中运动过程动能不断减少

9.     如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知(    )

A. 三个等势面中，c等势面电势最高 B. 电场中Q点的电势能大于P点
C. 该带电质点通过P点时动能较大 D. 该带电质点通过Q点时加速度较大

10. 如图所示，可自由转动的小磁针上方有一根长直导线，开始时两者在纸面内平行放置。当导线中通过如图所示的电流I时，发现小磁针的N极向里，S极向外，停留在与纸面垂直的位置上，这一现象说明(    )
     

A. 小磁针感知到了电流的磁场 B. 小磁针处的磁场方向垂直纸面向里
C. 小磁针处的磁场方向垂直纸面向外 D. 把小磁针移走，该处就没有磁场了

11. 电源电动势为内电阻为r，、、是相同规格的小灯泡。闭合开关S，当滑动变阻器的触片从左端滑到右端时，发现电压表、示数变化的绝对值分别为，和，下列说法中正确的是(    )

A. 小灯泡变亮，、变暗
B. 小灯泡变暗，、变亮
C.
D.

12. 额定电压均为220V的白炽灯和的特性曲线如图所示，现将和完全相同的与和一起按如图所示电路接入220 V电路中，则下列说法正确的是(    )

A. 的额定功率为99W B. 的实际功率为17W
C. 的实际功率比的实际功率小17W D. 的实际功率比的实际功率小82W

13. 某实验小组使用多用电表测量电学中的物理量。
    甲同学用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示。若所选挡位为直流50mA挡，则示数为______ mA；若所选挡位为挡，则示数为______。
    乙同学用该表正确测量了一个约的电阻后，需要继续测量一个阻值约的电阻。在测量这个电阻之前，请选择以下必须的操作步骤，其合理的顺序是______填字母代号。
    A.将红表笔和黑表笔短接
    B.把选择开关旋转到挡
    C.把选择开关旋转到挡
    D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
    丙同学在图乙所示实验中，闭合开关后发现小灯泡不发光。该同学检查接线均良好。保持开关闭合，用多用电表直流电压挡进行检测。下列说法正确的是______。
    A.将多用电表红、黑表笔分别接触A、B，若电压表几乎没有读数，说明灯泡可能出现短路故障
    B.将多用电表红、黑表笔分别接触C、D，若电压表几乎没有读数，说明开关出现断路故障
    C.将多用电表红、黑表笔分别接触E、F，若电压表读数接近，说明灯泡和灯泡座可能接触不良
14. 在学校实验室中测绘一只“，”小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列实验器材：
    A.电压表量程，内阻很大
    B.电流表量程，内阻约为
    C.变阻器
    D.变阻器
    E.电池组电动势为3V，内阻约为
    F.开关S，导线若干
    实验中应选用的滑动变阻器为______；填写序号
    在实验时小杰同学采用了如图6甲所示的实物电路，并且准备合上开关开始测量，则具体实验操作前该电路存在错误或需改进的地方有______；______。请写出两处
    在改正电路需改进之处后，小杰同学进行了实验，电流表示数比小灯泡中实际通过的电流______；填“偏大”“偏小”或“相等”
    图乙是改进后的实验中得到的图象，若图象中的虚线Ⅰ或Ⅱ表示小灯泡真实的伏安特性曲线，与实验中得到的实线相比，虚线______填“Ⅰ”或“Ⅱ”才是其真实的伏安特性曲线。

15. 边长为10cm、匝数为10的正方形线圈，垂直于磁感应强度B的方向置于的匀强磁场中．试求：
    图示位置时，穿过线圈的磁通量为多少？
    若将线圈以一边为轴转过，则穿过线圈的磁通量为多少？
16. 光滑绝缘水平面上，固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量均为m，间距为r，A、B带正电，电量均为q。现对C施加一水平力F的同时放开三个小球，欲使三小球在运动过程中保持间距不变，求
    球的电性及电量。
    水平力F的大小。

17. 如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一、二象限内存在电场强度大小均为E但方向不同的匀强电场，其中第一象限内的电场方向沿y轴负方向，第二象限内的电场方向沿x轴正方向。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从第二象限内的M点由静止开始释放，经过y轴上的N点进入第一象限，最后从x轴上的P点离开第一象限，已知M点和N点之间的距离为l，，且，粒子受到的重力忽略不计。求
    粒子运动到N点时的速度大小；
    粒子运动到P点时的速度大小；
    粒子从M点运动到P点的过程中电势能的变化量；
    点的横坐标。

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】

【分析】
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流；当穿过闭合电路的磁通量不发生变化时，电路中不会产生感应电流。
本题考查了感应电流产生的条件的应用，掌握感应电流条件是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题。
【解答】
A、实验过程有电流产生，只是时间较短，没有观察到，故A错误；
BCD、科拉顿用条形磁铁在线圈中进行插进和抽出的实验时，线圈中的磁通量发生了变化，电流表的回路中有感应电流产生；当他跑到另一个房间时，由于磁铁在线圈中不动，此时没有感应电流，所以他无法观察到。故BC错误，D正确。
故选：D。  

2.【答案】D 

【解析】解：由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关系，但两粒子的偏转方向相反，所以ab一定是异性电荷，但不能确定它们分别带什么电荷，故B错误；
由于出发后电场力始终对电荷做正功，两电荷的动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，故AC错误；
D.电场线的疏密代表电场的强弱，由图可知越向左场强越小，故a出发后的一小段时间内其所处的位置的场强越来越小，而b出发后的一小段时间内其所处的位置场强越来越大，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大，a的加速度将减小，b的加速度将增大，故D正确。
故选：D。
电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。
加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，即可解决本题。
 

3.【答案】B 

【解析】解：由右手螺旋定则可知，通电螺线管的右侧等效为N极，据磁感线的分布和小磁针静止时N极所指的方向，所以1、3、4错误，2正确，故ACD错误，B正确。
故选：B。
先根据右手螺旋定则判断通电螺线管的磁感线，再据磁场方向的规定判断四个小磁针N、S是否正确．
通电螺线管可等效为条形磁铁，注意内部磁感线的方向，灵活应用磁场方向的规定判断小磁针的方向．
 

4.【答案】D 

【解析】解：从速度时间图象可以看出，物体加速，负试探电荷受到的电场力方向为场强的反方向，故电场力向左，场强方向也向左，逆着电场力方向，电势升高，故
速度时间图象的切线的斜率表示加速度，故说明加速度不断减小，电场力不断减小，场强也不断减小，故；
故选：D。
速度时间图象的切线的斜率表示加速度，正试探电荷受到的电场力方向为场强方向，沿着电场力方向，电势降低。
本题关键根据速度时间图象得到速度和加速度的变化情况，然后得到电场力的大小和方向情况，最后判断电势的高低。
 

5.【答案】C 

【解析】

【分析】
开关S断开和闭合时，利用闭合电路欧姆定律，分别求电容的电压，再由可得电量之比。
解题的关键是清楚开关断开与闭合时电路的结构，并能应用闭合电路欧姆定律求电容的电压。

【解答】
当开关S断开时，其等效电路图，如图所示：

则电路总阻值：，则干路电流，
电容的电压；
当开关S闭合时，其等效电路图，如图所示：

则电路总阻值：，则干路电流，
电容的电压
由可得：，故C正确，ABD错误。
故选C。  

6.【答案】B 

【解析】解：A、若短路，则也短路，电流表的读数变为零，通过的电流增大，则的电压增大，故电压表读数增大，故A错误；
B、若短路，则电流表示数为零，不符合题意，故B错误；
C、若短路，电压表示数为零，不符合题意，故C正确；
D、若断路，则与并联阻值增大，外电路总电阻增大，总电流减小，则流过的电流减小，故电压表示数减小，故D错误。
故选：B。
根据各个选项，分析电压表和电流表读数的变化，即可选择符合题意的选项。
本题考查闭合电路欧姆定律的应用，关键要理解短路和断路的特点，利用欧姆定律分析两电表读数的变化。
 

7.【答案】B 

【解析】解：由于a点处的合场强为零，所以带点薄板在a处产生的场强与点电荷在a处产生的场强大小相等均为，方向相反，可知带点薄板应带正电，由带点薄板产生场强的特点可知，薄板在b点产生的场强方向向左，大小等于点的电场强度大小为，方向向左。
故选：B。
求解本题的关键是明确点电荷场强的公式及合场强为零的含义，及其带点薄板产生场强的特点．
熟记点电荷的场强公式，理解合场强为零的含义，掌握带点薄板产生场强的特点．
 

8.【答案】D 

【解析】

【分析】
解决本题的突破口是：由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧．同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，正电荷沿曲线AB运动，则电场力一定水平向右，从而确定了电场的方向，这样问题就解决了．
本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧．
【解答】
A、电场力方向向右，但电场线方向无法判断，电性不能确定。故A错误；
B、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，是匀强电场，故B错误；
C、由B选项分析可知电场沿水平方向，并且沿电场线方向电势降低，而a、b、c、d之间电势大小关系未知，故无法判断电场方向线，故C错误；
D、带电粒子在电场中沿曲线AB运动时电场力对粒子做负功，其电势能增大，动能减小，故D正确。
故选：D。  

9.【答案】A 

【解析】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，故A正确；
BC、因为从Q到P电场力做负功，则电势能变大，动能减小，则Q点的电势能小于P点的电势能，带电质点通过Q点时动能较大，故BC错误；
D、由于相邻等势面之间的电势差相同。等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强度比Q点较大，电场力大，根据牛顿第二定律，在点的加速度也大，故D错误。
故选：A。
由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大。
解决这带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化。
 

10.【答案】AB 

【解析】解：当通入如图所示的电流时，发现小磁针偏转，说明电流周围存在磁场，即小磁针感知到了电流的磁场，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，把小磁针移走，磁场仍然客观存在．故AB正确．CD错误
故选：AB
右手螺旋定则也叫安培定则，让大拇指所指向为电流的方向，则四指环绕的方向为磁场方向．当导线是环形时，则四指向为电流的方向
 

11.【答案】AD 

【解析】解：AB、当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流I减小，路端电压U增大，则变暗。
电路中并联部分电压增大，则变亮。
总电流减小，而的电流增大，则的电流减小，则变暗，故A正确，B错误。
由于总电流变小，两端电压变小，路端电压变大，则并联部分电压的增大值比两端电压的减小值更大，则有，故C错误，D正确。
故选：AD。
当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯亮度的变化。根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断亮度的变化。根据总电流与通过电流的变化，分析通过电流的变化，判断其亮度变化。根据路端电压的变化，分析和的大小。
本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析。运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。
 

12.【答案】ABD 

【解析】解：A、由图可知，当电压为220V时，的电流为，故的额定功率，故A正确；
B、两灯泡串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，由图象可知，串联时电流应为，此时的电压为150V，故此时的功率，
而的电压为70V，那么的功率，故B正确；
C、当电压为220V时，的电流为，故的时间功率，的实际功率比的实际功率小：，故C错误，故D正确；
故选：ABD。
由图可知当电压为额定电压时的电流，则由功率公式可得出额定功率；串联后接在220V的电源上，则两电阻两端的电压达不到220V，但二者电压之和应为220V，由图可读出电阻的电流，则可求得功率．
本题要结合图象和串并联电路的性质进行分析，注意灯丝电阻随电压的变化发生变化，故不能先求电阻，再进行计算
 

13.【答案】 

【解析】解：根据多用电表电流挡读数方法，可知若所选挡位为直流50mA挡，最小刻度为1mA，需要估读，则示数为：；根据欧姆表的读数方法，可知若所选挡位为挡，则示数为：；
乙同学用欧姆表正确测量了一个约的电阻后，需要继续测量一个阻值约的电阻，需要换到挡，然后将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，故合理的顺序是CAD；
、用多用电表直流电压挡进行检测，将多用电表红、黑表笔分别接触A、B，若电压表几乎没有读数，电压表测量的是导线上的电压，说明灯泡可能出现短路故障，故A正确；
B、将多用电表红、黑表笔分别接触C、D，若电压表几乎没有读数，电压表测量的是导线上的电压，说明开关出现短路故障或者是灯泡断路，故B错误；
C、将多用电表红、黑表笔分别接触E、F，若电压表读数接近，即电压表测的是电源两端的电压，说明灯泡和灯泡座可能接触不良，故C正确；
故答案为：，
根据多用电表电流挡和欧姆表的读数方法进行读数；
根据欧姆表的使用规则换挡必须重新调零来判断；
若电压表几乎没有读数，电压表测量的是导线上的电压，有短路现象发生；若电压表读数接近，即电压表测的是电源两端的电压，有断路现象发生。
本题考查了多用电表读数、欧姆表的使用方法与步骤，要掌握常用器材的使用及读数方法；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。
 

14.【答案】C 电流表内接应改成外接  变阻器滑片应置于左端  偏大  Ⅱ 

【解析】解：滑动变阻器采用分压接法，应选择最大阻值较小的变阻器电阻；故选：C；
由于灯泡电阻较小，约为几欧姆远小于电压表内阻，为减小实验误差，电流表应采用外接法；测量部分与滑动变阻器左侧并联，所以实验开始时应将变阻器滑片置于左端；
电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，导致测量的灯泡的电流值偏大；
由中分析可知，在相同电压情况下，灯泡实际电流比测量值偏小，因此Ⅱ是真实的伏安特性曲线；
故答案为：；电流表内接应改成外接；变阻器滑片应置于左端；偏大；
为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表的接法，根据题意确定滑动变阻器接法；
根据实验电路图可知，由于电压表的分流作用，导致测量的灯泡的电流值偏大；
即相同电压情况下，灯泡实际电流比测量值偏小，因此可以确定真实的伏安特性曲线。
本题考查了描绘小灯泡伏安特性曲线的仪表选择以及误差分析；电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法，而分压接法中要采用总阻值较小的滑动变阻器。
 

15.【答案】解：厘米米
磁场与线圈平面垂直时，磁通量
将线圈以一边为轴转过，
答：图示位置时，穿过线圈的磁通量为；若将线圈以一边为轴转过，则穿过线圈的磁通量为 

【解析】磁场与线圈平面垂直，故由磁通量直接计算即可．若将线圈以一边为轴转过，由计算．
本题考查磁通量的计算公式，注意此公式只能用于磁场与线圈垂直时．不垂直时要注意夹角．
 

16.【答案】解：运动中间距不变，则三球加速度相同，水平向右。设C球所带电量为Q，对A求受力分析可知，得C球带负电，且：

  
解得
，为负电
对A球受力分析可知


对整体受力分析可知


答：
球带负电，电荷量为2q，
水平力F的大小为 

【解析】通过对整体的受力分析，可知加速度相同，再对A球受力分析，可知C球带负电，通过在竖直方向受力平衡求出所点电荷量；
通过在水平方向有牛顿第二定律可求出A球产生的加速度，再对整体利用牛顿第二定律求解出所加外力即可。
本题主要考查库仑定律和牛顿第二定律的应用，注重整体法与隔离法的应用。
 

17.【答案】解：粒子从M到N根据动能定理可得：
解得：；
沿x轴方向有：
沿y轴负方向有：
根据几何关系可得：
根据速度的合成与分解可得：
联立解得：；
从M点运动到P点的过程中，由动能定理得：
由功能关系可得：
解得：；
粒子在第一象限做类平抛运动，加速度
达到P点竖直方向的速度
水平方向的位移：，
所以P点的横坐标为。
答：粒子运动到N点时的速度大小为；
粒子运动到P点时的速度大小为；
粒子从M点运动到P点的过程中电势能的变化量为；
点的横坐标为。 

【解析】粒子从M到N根据动能定理求解速度大小；
根据粒子运动的特点求解达到P点时竖直方向的速度大小，根据速度的合成与分解求解粒子运动到P点时的速度大小；
由动能定理求解粒子从M点运动到P点的过程中电场力做的功，由功能关系求解电势能的变化；
粒子在第一象限做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解P点的横坐标。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。