辽宁省沈阳市第二中学2022-2023学年高二物理上学期期中考试试卷（Word版附解析）

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沈阳二中2022-2023学年度上学期期中考试高二（24届）物理试题说明：1.测试时间：75分钟    总分：100分2.客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置一、选择题：（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多个选项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1. 在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（　　）A. 电场强度大的地方电势一定高B. 场强大小相同的点电势不一定相同C. 场强为零的地方电势也一定为零D. 电势为零的地方场强也一定为零【答案】B【解析】【分析】【详解】A．沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小；电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势也不一定高，故A错误；B．在匀强电场中，场强处处相等，但沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以场强大小相同的点电势不一定相同，故B正确；C．场强为零的地方电势不一定为零，电势为零是人为选取的。故C错误；D．电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零，故D错误。故选B。2. 根据电阻定律，电阻率。某种金属导线，在温度不变的情况下，其电阻率（　　）A. 跟导线的电阻成正比B. 跟导线的横截面积成正比C. 跟导线的长度成反比D. 由金属材料本身特性决定【答案】D【解析】【详解】电阻率由金属材料本身的特性决定，金属导线一定，在温度一定时，材料的电阻率一定，与导线的长度、导线的横截面积无关故选D。3. 如图所示，虚线是某电场的等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下，以一定速度沿实线从A点飞到C点时恰好速度变为零，则（　　）A. A点的电场强度大于C点的电场强度B. 粒子在A点的电势能大于在C点的电势能C. 该粒子一定带负电D. 粒子从A点到B点电场力对它所做的功大于从B到C点电场力对它所做的功【答案】A【解析】【详解】A．根据等差等势面的疏密反映电场强度的大小，由题图可知A处场强大于C处场强，故A正确；B．从A点飞到C点，粒子仅受电场力作用，则粒子的电势能与动能之和保持不变，由于粒子在A点的动能大于在C点的动能，所以粒子在A点的电势能小于在C点的电势，故B错误；C．根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致偏向左下方，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致偏向左下方，与电场方向相同，则知粒子一定带正电，故C错误；D．由题图知，由于，根据知，粒子从A点到B点电场力对它所做的功等于从B到C点电场力对它所做的功，故D错误。故选A。4. 如图所示，电路中c点接地。若不考虑电流表和电压表对电路的影响，将滑动变阻器的滑片向a端移动，则（　　）A. a点电势升高 B. 电源的输出功率增加C. 电压表读数减小 D. 电源的效率变小【答案】A【解析】【分析】【详解】AC．将滑动变阻器滑片向a端移动，阻值增大，总电阻增大，总电流减小，根据闭合电路欧姆定律可得由于总电流减小，电源内阻与定值电阻不变，则两端电压增大，则通过两端电流增大，由串并联电路电压电流关系有则通过的电流减小，电压表的读数为则电压表的读数增大，a点电势升高，所以A正确；C错误；B．由于电源内阻无法确定，根据电源的输出功率特点，当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，所以电源的输出功率无法确定，则B错误；D．电源的效率为则将滑动变阻器的滑片向a端移动，阻值增大，总外电阻增大，所以电源的效率也增大，则D错误；故选A。5. 如图所示，接通电键S，灯泡L1、L2都正常发光。某时刻由于电路故障两灯突然熄灭。若故障只有一处，则下列说法正确的是（　　）A. 如果将电压表并联在cd两端有示数，说明cd间完好B. 如果将电压表并联在ac两端示数为0，说明ac间断路C. 如果将电流表并联在ac两端示数为0，说明cd间完好D. 如果将电压表并联在ad两端有示数，并联ac两端示数为0，说明cd间断路【答案】D【解析】【分析】【详解】电路故障分为断路和短路，故障只有一处，假设发生了短路，如果是某盏灯短路，该灯熄灭，而另一盏灯应该变亮，如果是两盏灯以外的元件短路，则两盏灯均变亮，故假设不成立。电路故障应为断路。A．电压表并联在cd两端有示数，说明cd间发生了断路，故A错误；B．电压表并联在ac两端示数为0，说明ac部分以外的电路发生了断路，而ac间电路完好，故B错误；C．电流表并联在ac两端示数为0，说明ac部分以外的电路发生了断路，而ac间电路完好，无法说明cd间情况，故C错误；D．电压表并联在ad两端有示数，说明ad段发生了断路，并联ac两端示数为0，说明ac部分以外的电路发生了断路，故综合以上两点，应是cd间断路，故D正确。故选D。6. 如图所示，一匀强电场的方向平行于平面，O点为坐标原点，已知与x轴正方向夹角为。从原点O起沿x轴正方向每经过电势下降，沿方向每经过电势下降也为，图中P点坐标为，则下列说法正确的是（　　）A.  B. C. 电场强度沿方向，大小为 D. 电场强度沿y轴正方向，大小为【答案】A【解析】【分析】【详解】从原点O起沿x轴正方向每经过1m电势下降6V，沿OM方向每经过1m电势下降也为6V，所以电场方向在夹角角平分线上，根据几何关系可知，OP与横轴的夹角的正切值为，所以该夹角为30°，即电场方向沿OP方向，电场强度为O、P间的电势差为故选A。7. 如图甲所示的电路，其中电源电动势，内阻，定值电阻，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　）A. 图乙中滑动变阻器的最大功率B. 图乙中，C. 滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R也消耗功率最大D. 调整滑动变阻器的阻值，可以使电源的输出电流达到【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由闭合电路欧姆定律推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为A错误；B．滑动变阻器阻值为时与阻值为时消耗的功率相等，有解得B正确；C．当回路中电流最大时，即时定值电阻R消耗的功率最大，C错误；D．当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为则调整滑动变阻器的阻值，不可能使电源的输出电流达到，D错误。故选B。8. 某同学设计了一种静电除尘装置,如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道,其前、后面板为绝缘材料,上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0,当碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率,则下列措施可行的是：      （      ）A. 只增大电压U B. 只增大高度dC. 只增大长度L D. 只增大尘埃被吸入水平速度v0【答案】AC【解析】【详解】增加除尘率即是让离下极板较远粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为，即增加y即可．A、只增加电压U可以增加y，故A满足条件．B、只增大高度d，由题意知d增加则位移y减小，故B不满足条件．C、只增加长度L，可以增加y，故C满足条件．D、只增加水平速度v0，y减小，故D不满足条件．故选AC．【点睛】此题为结合生活背景的题目，考查频率较高，注意构建物理情景—类平抛运动，应用运动的分解知识求解．9. 在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，各电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列说法正确的是（　　）A. 不变，不变 B. 变大，变大C. 变大，不变 D. 变大，不变【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．由题图电路图可知，U1、U2分别是R1、R2两端的电压，电流表测通过这个电路的总电流，U3是路端电压，由欧姆定律可知 （因R1是定值电阻）所以A正确；BC．由闭合电路欧姆定律有U2=E-I（R1＋r）（因E、R1、r均是定值） =R2R2变大，变大，的大小为R1＋r，保持不变，故B错误；C正确；D．由欧姆定律有=R1＋R2因R2变大，则变大，又由于U3=E-Ir可知的大小为r，保持不变，故D正确；故选ACD。10. 在如图甲所示的电路中，电源的U－I图象如图乙中的图线a所示，定值电阻R0的U－I图象如图乙中的图线b所示，滑动变阻器Rx的总电阻为1Ω，下列说法正确的是（　　）A. 定值电阻R0的阻值为4ΩB. 电源的内阻为0.5ΩC. 当Rx＝0时电源输出的功率最大D. 在Rx＝0.25Ω时电源输出的功率最大【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．由定值电阻R0的U-I图象知其阻值故A错误；B．由电源的U-I图象知电源的电动势E=3V，内阻r==0.5Ω故B正确；CD．当Rx+R0=r即Rx=0.25Ω时，电源输出的功率最大，故C错误D正确。故选BD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11. 灵敏电流计（俗称“表头”）优点是灵敏度高，但是允许通过的电流很弱，如希望用它测量较大的电流值，就要进行电表的改装。（1）如图1所示，为将内阻为，满偏电流为2mA的表头改装成量程为0.1A的电流表，应给表头并联一个定值电阻，则的阻值应为________。（结果保留两位有效数字）（2）某同学查阅资料了解到，制作定值电阻的材料是锰铜或镍铬合金，而制作表头线圈的材料是铜，对比材料的电阻率随温度变化的数据得知，图1中表头的阻值随温度升高而增大，而几乎不随温度变化。他认为电流表这样直接改装会因环境温度变化的影响对测量带来较大的误差。为了探究大量程电流表的结构，他打开了双量程安培表的后盖观察内部电路，发现其表头是与一个电阻串联后才一起接入电路的，如图2所示，经查阅资料发现电阻是一个温度补偿电阻。a．为保持在一定温度区间内精准测量的要求，这个温度补偿电阻的阻值随温度变化的特点应为：随温度升高电阻的阻值________（选填“增大”、“减小”或“不变"）b．若将用图2方法改装且已完成刻度盘重新标度的电流表，在未补偿的情况下直接放到更高温度的环境下使用，会造成测量结果________（选填“偏大”“偏小”）【答案】    ①. 4.1    ②. 减小    ③. 小于【解析】【详解】（1）[1]根据串并联电路规律可知，R1的阻值为（3）a．[2]为了保持在一定温度区间内精确测量的要求，表头的内阻与温度补偿电阻的阻值之和应尽可能不随温度变化，所以温度补偿电阻随温度变化的特点应与表头的相反，即随温度升高电阻的阻值减小。b．[3]若将用图2方法改装且已完成刻度盘重新标度的电流表，在未补偿的情况下直接放到更高温度的环境下使用，设在不同温度下两次测量同一电流I，则流过表头的电流当温度升高后，Rg变大而R1、R2不变，因此Ig变小；而改装表的读数正比于流过表头的电流Ig，因此测量值小于真实值。12. 某同学利用下列器材测量干电池的电动势和内阻；i.电压表V1、V2，量程均为3V，内阻均约为3kΩii.电流表A，量程为0.6A，内阻小于1Ωⅲ.定值电阻R0，阻值R0=2Ωiv.滑动变阻器R，最大阻值为10Ωv.两节相同的干电池，导线和开关若干（1）某同学按照图甲所示的电路进行实验，记录多组电流表和电压表的示数（I，U）在坐标纸上描点连线作出U-I图像，测得的电动势和内阻均小于真实值，这种误差属于____（选填“系统误差”或“偶然误差”），产生该误差的原因是_____________；（2）实验中，由于电流表发生了故障，某同学又设计了如图乙所示的电路继续进行实验，调节滑动变阻器，记录多组电压表的示数（U1，U2），在坐标纸上描点连线作出U2-U1图像，如图丙所示，则一节电池的电动势E测=__________，内阻r测=_________（结果保留两位有效数字）；（3）一节电池的内阻r测_________（选填“大于”“等于”或“小于”）它的真实值。【答案】    ①. 系统误差    ②. 未考虑电压表分流    ③. 1.3V    ④. 0.88±0.02Ω    ⑤. 小于【解析】【分析】【详解】(1)[1][2]流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结构和电表造成的，属于系统误差；(2)[3][4]由闭合电路欧姆定律可知，变形可得则有，当时即有由图像可知，代入数据解得（0.88±0.02Ω）(3)[5]由于电压表的分流作用，导致一节电池的内阻r测小于它的真实值。13. 如图所示，质量为m的小球A放在绝缘斜面上，斜面的倾角为α。小球A带正电，电荷量为q。在斜面上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷，将小球A由距B点竖直高度为H处无初速度释放。小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中。已知静电力常量k和重力加速度g。（1）A球刚释放时的加速度是多大？（2）当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离。【答案】（1）gsin α-；（2） 【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律mgsin α-F=ma根据库仑定律F=kr=联立以上各式解得a=gsin α-（2）当A球受到的合力为零、加速度为零时，速度最大，动能最大。设此时A球与B点间的距离为R，则mgsin α=解得14. 如图所示电路中，E是电动势为36V的理想电源，R1＝R2＝20Ω，R3＝10Ω，R4＝24Ω，C＝20μF，电表为理想电表。闭合开关S，待电路稳定后，求：⑴电流表、电压表的示数；⑵电容器极板所带的电荷量。【答案】(1) 0.6A，28V；(2)2.4×10-4C【解析】【分析】【详解】(1)等效电路图如图所示当电表为理想电表时，可以看出：R2、R3串联后与R1并联，然后与R4串联，于是电路的总电阻为R总=+R4=36Ω由欧姆定律，可得通过电源的电流为  电流表的示数即是流过R1的电流，由串并联知识可得IA=I1==0.6A从等效电路图可看出，电压表的示数是R3两端的电压与R4两端的电压之和。由于流过R3的电流为I3=I－I1=0.4A且流过R4的电流I4就是电路的总电流I，因此电压表的示数为UV= I3 R3+ I4 R4= I3 R3+ I R4=28V(2)电容器两极板之间的电压即是R1两端的电压UC= I1R1=12V因此电容器极板所带的电荷量Q=CUC=2.4×10-4C15. 如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tanα＝1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示．P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，求：（1）小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。【答案】（1）小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间为0.5s；（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功为﹣9.25J【解析】【详解】（1）小物体P的速率从0只2m/s，受外力F1=2N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间△t1，则F1﹣μmg=ma1①v1=a1△t ②由式代入数据得△t1=0.5s ③（2）小物体P从2m/s运动至A点，受外力F2=6N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则F2﹣μmg=ma2④设小物体P从速度v1经过△t2时间，在A点的速度为v2，则△t2=0.55s﹣△t1⑤v2=v1+a2△t2⑥P从A点至B点，受外力F2=6N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则有：F2﹣μmg﹣qE=ma3⑦⑧P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向外力为F3，电场力大小为FE，有FE=F3⑨F3与FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以P从B点开始做初速度为v3的平抛运动．设P从B点运动至D点用是为△t3，水平位移为x2，由题意知（10）x2=v3△t3（11）设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则有W=﹣qE（x1+x2） （12）联立④⑧（10）（12）式并代入数据得W=﹣9.25J