2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第一中学高二上学期期中考试物理试题（解析版）

这是一份2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第一中学高二上学期期中考试物理试题（解析版），共20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。
乌鲁木齐市第一中学2022--2023学年第一学期高二年级期中考试物理试卷满分：100分 考试时间：90分钟一、选择题（1-8为单选题，9-12为多选题，每小题4分）1. 下列符合物理学史实的是（　　）A. 安培发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想B. 库仑最终测得了元电荷的电量，并确定了库仑定律C. 奥斯特发现了电流的磁效应D. 法拉第提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质【答案】C【解析】【详解】A．法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想，故A错误；B．库仑发现了库仑定律，密立根最终测得了元电荷的电量，故B错误；C．奥斯特发现了电流的磁效应，故C正确；D．安培提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故D错误。故选C。2. 一段粗细均匀的铜导线的横截面积是S，导线单位体积内的自中电子数为n，铜导线内的每个自由电了所带的电荷量大小为e，自由电了做无规则热运动的速率为，导线中通过的电流为I。则关于自由电子定向移动的速率下列正确的是（　　）A.  B.  C. 真空中的光速c D. 【答案】D【解析】【详解】根据电流的微观表达式有整理有故ABC错误，D正确。故选D。3. 一电流表由电流计G和电阻R并联而成，如图所示，在校准时发现此电流表的示数总比准确值稍大些，采用下列措施可使读数变准确的是（　　）A. 在R上串联一比R小得多的电阻B. 在R上串联一比R大得多的电阻C. 在R上并联一比R小得多的电阻D. 在R上并联一比R大得多的电阻【答案】D【解析】【详解】电流表示数偏大，说明通过分流电阻的电流偏小，分流电阻偏大，为校准电流表，应减小分流电阻阻值，可以将分流电阻变得稍小些即可，可以在R上并联一比R大得多的电阻。故选D。4. 电路图如图甲所示，图乙是电路中的电源的路端电压随电流变化的关系图像，滑动变阻器的最大阻值为 ，定值电阻 。以下说法中正确的是（　　）A. 电源的内阻为B. 当时电源的输出功率最大C. 当时电源的输出功率最大D. 当时消耗的功率最大【答案】B【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，得可知故A错误；BC．电源的输出功率可知当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，即解得故B 正确，C错误；D．消耗的功率可知，当消耗的功率最大，故D错误。故选B。5. 如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，电压表与电流表均为理想电表；开始时开关S闭合，电压表、电流表均有示数，某时刻发现电压表读数变小，电流表读数变大，则电路中可能出现的故障是（　　）A. R1断路 B. R2断路C. R1短路 D. R2短路【答案】C【解析】【详解】A．若R1断路，电流表读数为0，与现象不符，故A错误；B．若R2断路，则外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，则外电压即电压读数增大，与现象不符，故B错误；C．若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，则内电压增大，则外电压即电压读数减小，R3的分压增大，则电流表读数变大，与现象相符，故C正确；D．R2短路，则电流表示数为0，与现象不符，故D错误。故选C。6. 如图所示，直角三角形MPQ的∠P=90°，直角边MP=2a、QP=3a。在M点固定一条长直导线，电流方向垂直纸面向里。在Q点固定一条长直导线，电流方向垂直纸面向外。两导线中的电流大小均为I，已知无限长的通电直导线产生的磁场中某点的磁感应强度大小可用公式（k是常数、I是导线中的电流强度、r是该点到直导线的垂直距离）表示，则P点磁感应强度的大小为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】根据安培定则可知，固定在M点和Q点的通电直导线在P点的磁场如图所示，两通电直导线在P点的磁感应强度大小、 则P点的磁感应强度大小故选D。7. 如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，R0=3Ω，R1=7.5Ω，R2=3Ω，R3=2Ω，电容器的电容C=2μF。开始时开关S处于闭合状态，则下列说法正确的是（　　）A. 开关S闭合时，电容器上极板带正电B. 开关S闭合时，电容器两极板间电势差是3VC. 将开关S断开，稳定后电容器极板所带的电荷量是3.6×10－6CD. 将开关S断开至电路稳定的过程中通过R0的电荷量是9.6×10－6C【答案】D【解析】【详解】AB．开关S闭合时的等效电路图如图甲所示，电容器C两端电压等于两端电压，已知总电阻由闭合电路欧姆定律可知干路电流路端电压则此时电容器所带电荷量且上极板带负电，下极板带正电，故AB错误。CD．开关S断开时的等效电路图如图乙所示电容器C两端电压等于两端电压，此时电容器所带电荷量且上极板带正电，下极板带负电，故通过的电荷量故C错误，D正确。故选D。8. 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一个小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上移动，则仍从P点开始下落的相同粒子将（　　）A. 打到下极板上B. 在下极板处返回C. 在距上极板处返回D. 在距上极板处返回【答案】C【解析】【详解】对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得将下极板向上平移，设运动到距离上级板x处返回；因极板分别与电池两极相连，则电容器的电压不变，则电容器的的场强为根据动能定理得联立两式解得故选C。9. 某一热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡（灯泡的灯丝为某纯金属）串联，通电后各自的电流I随所加电压U变化的图像如图所示，M为两元件的伏安特性曲线的交点。则关于热敏电阻和小灯泡的说法正确的是（　　）A. 图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线B. 图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线C. 图线中的M点表示该状态小灯泡的阻值大于热敏电阻的阻值D. 若该串联电路中的实际电流小于I1，则小灯泡两端电压小于热敏电阻两端电压【答案】BD【解析】【详解】AB．小灯泡的灯丝是金属，其阻值随温度的升高而增大，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，所以图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线，故A错误，B正确；C．两图线的交点M，表示此状态两元件的电压和电流相等，由电阻的定义可知此时两者的阻值相等，故C错误；D．若该串联电路中的实际电流小于I1，由图像知，小灯泡两端电压小于热敏电阻两端电压，故D正确。故选BD。10. 如图所示，面积为S的矩形线框处在足够大的匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感应强度大小为B。现使线框以边为轴，从图示位置开始匀速转动，下列说法正确的是（　　）A. 转动过程线框中一直没有感应电流B. 转过角时，穿过线框的磁通量为C. 转过角时，穿过线框的磁通量为0D. 转过角过程中，穿过线框的磁通量变化量为【答案】BC【解析】【详解】A．线框以边为轴，从图示位置开始匀速转动过程中，磁通量发生变化，所以有感应电流产生，A错误；B．线框以边为轴，从图示位置转过角时，穿过线框的磁通量为B正确；C．线框以边为轴，从图示位置转过角时，线框与磁场平行，所以穿过线框的磁通量为0，C正确；D．转过角过程中，穿过线框的磁通量变化量为D错误。故选BC。11. 如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的图线。曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P（5，3.75）、Q（6，5）。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（　　）A. 电源1与电源2的内阻之比是3:2B. 电源1与电源2的电动势之比是3:2C. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是9:10D. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是8:5【答案】AC【解析】【详解】A．由闭合电路欧姆定律可知，在电源的U-I图像中，图像的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源U-I图线，可知，电源1、电源2的内阻分别为则电源1与电源2的内阻之比是故A正确；B．U-I图像的纵轴截距表示电动势，故即电源1与电源2的电动势之比是1：1，故B错误；C．灯泡伏安特性曲线与电源的伏安特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，则连接电源1时，灯泡的电阻连接电源2时，灯泡的电阻在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是故C正确；D．连接电源1时，灯泡消耗的功率为连接电源2时，灯泡消耗的功率为在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是故D错误。故选AC。12. 在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，电压表V1的示数为U1，电压表V2的读数为U2，当R5的滑片向a端移动过程中，电流表A1的读数变化量大小为ΔI1，电流表A2的读数变化量大小ΔI2，电压表V1的读数变化量大小为ΔU1，电压表V2的读数变化量大小为ΔU2，则（　　）A. U1变小，U2变小，不变 B. I1变大，ΔU1>ΔU2，变小C. I1变小，I2变小，变小 D. I1变大，ΔU1<ΔU2，不变【答案】AD【解析】【详解】当R5的滑片向a端移动过程中，接入电路的阻值减小，外电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，， 可知，I1变大，U1变小，U2变小。由电路可知则I2变小可知比值不变。同理可得， 整理可得，故选AD。二、实验题（13题8分，14题8分）13. 物理兴趣小组欲较准确地测量一个长约几厘米、电阻约为10Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导体的电阻率。（1）用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数___________；用螺旋测微器测得该材料的直径D如图乙所示，读数___________。（2）测量导体的电阻时，除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A．电源E（电动势为）B．电压表V（量程为0~6V，内阻约为）C．电流表（量程为，内阻约为）D．电流表（量程为，内阻约为）E．滑动变阻器（最大阻值，额定电流）为便于调节，测量尽可能准确，实验中所用电流表应选用___________（填选项即可）。（3）设测得导体的电阻为R、长度为L、直径为D，求得导体的电阻率为___________。（用R、L、D三个物理量表示）【答案】    ①. 5.235    ②. 2.150    ③. C    ④. 【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为，游标尺读数为所以最终读数等于主尺的读数加上游标尺的读数[2]螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为所以最终读数等于固定尺与可动尺的读数之和为（2）[3]待测电阻的最大电流因此选择，故选C。（3）[4]根据电阻定律得解得14. 某实验小组通过测绘小灯泡的I-U图线来研究小灯泡的电阻随电压的变化规律。所用的实验器材如下：A.小灯泡（额定电压2.8V，额定电流0.5A）；B.电压表（量程3V，内阻约3k；量程15V，内阻约15k）；C.电流表（量程0.6A，内阻约1.0；量程3A，内阻约0.2）；D.滑动变阻器（010）；E.蓄电池（电动势4V，内阻不计）；F.开关一个、导线若干。（1）请用笔画线代替导线将图甲中的电路补充完整；（      ）（2）该实验小组得出小灯泡的伏安特性图线如图乙所示。由图可知，随着小灯泡两端电压增大，小灯泡的电阻_________（填“增大”“不变”或“减小”），小灯泡灯丝的电阻率_________（填“增大”“不变”或“减小”）；（3）若将此小灯泡接在电动势为3.0V、内阻为5.0的电源两端组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为_________W，小灯泡的电阻为_________。（均保留2位有效数字）【答案】    ①.     ②. 增大    ③. 增大    ④. 0.41##0.42##0.43##0.44
    ⑤. 3.0##3.1##3.2【解析】【详解】（1）[1]由图乙可知电压从零逐渐增大，滑动变阻器采用分压式接法，由于电压表内阻远大于小灯泡电阻，电流表采用外接法，实物电路图如图所示（2）[2]小灯泡的I-U图上某点与原点连线的斜率的倒数表示灯泡电阻值，由图乙可知，电阻随灯泡两端电压增大而增大。[3]小灯泡的电阻增大，根据电阻定律，灯丝的电阻率增大；（3）在I-U图中作出电源的I-U图，如图所示[4]两图像的交点坐标为小灯泡两端电压与通过小灯泡的电流，由图可知，此时小灯泡两端电压约为1.15V，通过灯泡的电流约为0.375A。此时小灯泡的实际功率为[5]根据欧姆定律，小灯泡的电阻为三、计算题（8+8+10+10）15. 如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻为，串联一个阻值为的电阻，它们两端的总电压为U=160V，电压表读数为110V，求：（1）通过电动机的电流；（2）电动机的输入功率；（3）电动机的输出功率。【答案】（1）10A；（2）1100W；（3）1040W【解析】【详解】（1）由题可知，直流电动机和电阻R串联，电阻R两端的电压为根据欧姆定律可知，通过电动机的电流即为通过电阻R的电流，则（2）电动机的输入功率为（3）电动机的输出功率为16. 如图所示电路图中，，AB之间电压为6V，求：（1）电流表A1和A2的读数（2）R1和R4两端的电压之比。【答案】（1）075A，0.5A；（2）1:2【解析】【详解】（1）A端电势高，B端电势低，电流由高电势流向低电势，画出电路中各处的电流方向如图甲所示电流表和均为理想电流表，故、两点电势相等，、两点电势相等，则、、三个电阻有两个共同的连接点点和点,所以电阻、、 是并联关系，最后跟串联，其等效电路如图乙所示电流表测量的是通过电阻、的总电流，电流表测量的是通过和的总电流。（1）、、三个电阻并联的总电阻设为，则有解得电路的总电流为并联部分电压为通过、、三个电阻的电流分别为由图乙可知，电流表示数是通过与的电流之和，则有电流表的示数是通过与的电流之和，则有（2）设两端电压为，因为所以两端的电压又则17. 如图所示，一个电子由静止经水平加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入竖直偏转电场，并从另一侧射出打到竖直放置的荧光屏上的P点，点为荧光屏的中心。已知电子质量m，电荷量大小为e，加速电压为，偏转电场电压，极板下极带正电，长度为，板间距离为d，极板的末端到荧光屏的距离为。（不计重力）。求：（1）电子射出竖直偏转电场时的偏移量y；（2）电子打在荧光屏上的P点到点的距离h。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）加速电场中，根据动能定理得解得在偏转电场中，电子做类平抛运动，在水平方向上在竖直方向上根据牛顿第二定律得解得（2）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，如图在类平抛运动中，末速度的反向延长线会经过水平位移的中点，则有解得18. 一长为L的细线一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为+q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将细线与小球拉成水平伸直状态，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转动到O点左侧且与竖直方向夹角θ=30°时，小球速度恰好为零，重力加速度大小为g，求：（1）匀强电场的电场强度大小E；（2）小球达到最大速度时，细线对小球的拉力FT；（3）若想让小球做完整的圆周运动，则小球在A点释放瞬间至少要获得多大的竖直向下的初速度v0m。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球由A到B过程中，设电场强度大小为E，由动能定理得解得（2）如图，小球到达B点时速度为零，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置C时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为60°，小球的速度最大，C点是重力场和电场的等效重力场的最低点；受力分析如图从A点到C点，由动能定理得解得设电场力与重力的合力为，则由牛顿第二定律得解得（3）C点关于O的对称的为等效最高点，若想让小球做完整的圆周运动，则在点有从A到点由动能定理得解得