四川省成都市第八中学2022-2023学年高二物理上学期11月期中试题（Word版附解析）

成都八中2022-2023学年上期半期质量监测试题

高二物理

一、单选题，本大题共8个小题，每个小题只有一个正确答案.请将正确答案填涂在答题卡相应位置处。（分）

1. 关于静电场，下列结论普遍成立的是（　　）

A. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低

B. 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关

C. 场强方向总是指向电势降落最快的方向

D. 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零

【答案】C

【解析】

【详解】A．电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，例如距离负点电荷越近的地方场强越大，电势越低，越远的地方场强越小，电势越高，选项A错误；

B．电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误；

C．沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确；

D．场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，故D错误。

故选C。

2. 如图是表示在同一点电荷电场中a，b，c，d四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是（    ）

A. 这个电场是匀强电场

B. a，b，c，d四点的场强大小关系是

C. a，b，c，d四点的场强方向相同

D. a，b，c，d四点一定在同一直线上

【答案】D

【解析】

【详解】AB．由图像的斜率大小等于场强的大小得知，四点的场强大小关系是

所以此电场是非匀强电场，AB错误；

C．由图像斜率的正负反映场强的方向得知，a、b、d三条直线的斜率均为正值，说明三点的场强方向均为正方向，方向相同，而c图线的斜率是负值，说明c点的场强方向为负方向，C错误；

D．由图像可知，电场力只有正负，说明四点一定在同一直线上，D正确。

故选D。

3. 如图所示，为两个不同闭合电路中两个不同电源的图象，则下列说法中正确的是（    ）

A. 电动势，短路电流

B. 电动势，内阻

C. 电动势，内阻

D. 当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较小

【答案】C

【解析】

【详解】A．图象与轴的交点表示电源电动势，与轴的交点表示短路电流，有

故A错误；

BC．根据闭合电路的欧姆定律得

可知

故内阻

故B错误，C正确；

D．根据闭合电路的欧姆定律可得

可知当两电源工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大，故D错误。

故选C。

4. 如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是仅在电场力作用下某带正电粒子的运动轨迹，A、B、C、D是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是（    ）

A. 该电场可能是正电荷产生的

B. A点的速度一定低于D点速度

C. 粒子在A点的加速度一定大于在D点加速度

D. 将该粒子在C点由静止释放，它可能一直沿电场线运动

【答案】C

【解析】

【详解】A．带正电粒子受电场力指向轨迹的凹侧，可知电场方向大致向下，根据点电荷电场的分布可知，该电场可能是负电荷产生的，故A错误；

B．根据做功的正负可知若粒子从A到D运动，电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，则点A点的速度一定大于D点速度，故B错误；

C．电场线越密集，电场强度越大，所以粒子在A点的电场力较大，根据牛顿第二定律可知，粒子在A点的加速度一定大于在D点加速度，故C正确；

D．电场线是曲线，则将该粒子在C点由静止释放，它不可能沿电场线运动，故D错误；

故选C。

5. 如图所示，将一个电流计G和一个电阻串联可以改装成电压表，将一个电流计G和一个电阻并联可以改装成电流表，要使它们量程增大，R1、R2应如何变化(　　)

A. R1增大，R2增大

B. R1减小，R2减小

C. R1增大，R2减小

D. R1减小，R2增大

【答案】C

【解析】

【详解】由图甲所示可知，电流表与电阻串联，甲图为电压表，R1起分压作用，要使量程增加，需增加R1的分压，即增加R1的电阻，由图乙所示可知，电流表与电阻并联，乙图为电流表，R2起分流作用，要使量程增加，需增加R2的分流，即减小R2的电阻，故C正确．

6. 如图，直角三角形abc中bc=4cm，∠acb＝30°。匀强电场的电场线平行于△abc所在平面，且a、b、c点的电势分别为3V、-1V、3V。下列说法中正确的是（　　）

A. 电场强度的方向沿ac方向

B. 电场强度的大小为2V/cm

C. 电子从a点移动到b点，电势能增加了4eV

D. 电子从c点移动到b点，电场力做功为4eV

【答案】BC

【解析】

【详解】A．已知在匀强电场中，a、c两点的电势相等，故可知ac连线即为等势面，且有

故电场线的方向为垂直ac连线向上，故A错误；

B．过b点作ac的连线，交ac于d点，如图

则电场强度的大小为

故B正确；

C．电子从a点移动到b点，电势能的增量为

故C正确；

D．电子从c点移动到b点，电场力做功为

故D错误。

故选BC。

7. 电子秤是用平行板电容器制成的，其电路如图所示。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体后（　　）

A. 极板间电场强度变小 B. 膜片下移过程中，电流表G有从b到a的电流

C. 电容器的电容变小 D. 电容器的带电荷量减小

【答案】B

【解析】

【详解】A．由匀强电场公式可知，当电压不变，两个极板的距离减小时，极板间电场强度变大，A错误；

BCD．根据电容决定式可知，当两个极板的距离减小时，电容器的电容增大；再根据电容定义式可知，由于电容器一直和电源相连，电压不变，当电容增大时，带电荷量增大，即电容器被充电。电流表有从b到a的电流，B正确，CD错误。

故选B

8. 在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是

A.  I1增大，I2不变，U增大

B.  I1减小，I2增大，U减小

C.  I1增大，I2减小，U增大

D.  I1减小，I2不变，U减小

【答案】B

【解析】

【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．

二、不定项选择，每小题4分，共20分.每小题有一个或多个选择，少选得2分，多选不得分.

9. 图中展示了等量异种点电荷的电场和等势面。关于场中的A、、、四点，A、两点关于两电荷连线的中点对称，下列说法中正确的是（　　）

A.  A、两点的电势和场强都相同

B.  A、两点的场强相同，电势不同

C. 中垂线上的、两点的电势和场强都不同

D. 中垂线上的、两点的电势相同，场强不同

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．等量异种点电荷的电场左右对称，所以A、两点的场强大小相等；沿电场线方向电势降落，所以A点的电势高于点的电势，故A错误，B正确；

CD．等量异种点电荷的电场的中垂线是一个等势面，电势与无穷远处的电势相同，所以、两点的电势相同；点的电场线比较密，所以得的场强比较大，故C错误，D正确。

故选BD。

10. 如图所示为某电场中x轴上电势随x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用，在处由静止释放，粒子沿x轴正向运动，且以一定的速度通过处，则下列说法正确的是（　　）

A. 和处的电场强度均为零

B. 和之间的场强方向不变

C 粒子从到过程中，机械能先增大后减小

D. 粒子从到过程中，加速度先减小后增大

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由图像的切线斜率表示电场强度可知，和处的电场强度均不是零，A错误；

B．由图像的切线斜率的正负表示场强的方向，又电场中沿电场线方向电势逐渐降低可知，和之间的场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，B错误；

C．带电粒子在处由静止释放，粒子沿x轴正向运动，说明粒子的运动方向与受电场力方向同向，电场力先做正功，后电势减小，则电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，因此电场力先做正功后做负功，粒子的电势能先减小后增大，则粒子的动能先增大后减小，即粒子的机械能先增大后减小，C正确；

D．由图像的切线斜率大小表示场强的大小可知，从到过程中，图像斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，粒子受电场力先减小后增大，由牛顿第二定律可知，粒子的加速度先减小后增大，D正确。

故选CD。

11. 如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)

A. 带电粒子将始终向同一个方向运动

B. 2 s末带电粒子回到原出发点

C. 3 s末带电粒子的速度为零

D. 0～3 s内，电场力做的总功为零

【答案】CD

【解析】

【详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为：，第2s内加速度为：故 a2=2a1，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：

带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；

根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；

由解析中的图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；

因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D正确．

12. 成都八中近期实施了光明工程，将教室内原有的日光灯升级成了亮度可以随环境和需要自动调节的节能型LED灯，已知LED灯比日光灯功率更小，但发光效率更高.某次施工过程中，工人将教室的部分日光灯进行更换后将所有灯打开进行测试（可将两种灯都看成是纯电阻电路，并要考虑输电线的电阻），其示意图如下，则下列说法正确的是（    ）

A. 该教室的总电阻较更换部分灯之前变大

B. 日光灯两端的电压较更换部分灯之前变小

C. 输电线的电流较更换部分灯之前变小

D. 如果某灯因出现故障而熄灭，则输电线上的电压会变大

【答案】AC

【解析】

【详解】A．由题可知，部分日光灯换成LED后电路的消耗功率减小，又

可知，该教室的总电阻较更换部分灯之前变大，A正确；

BC．由串并联电路电阻的规律可知，部分日光灯换成LED后电路的总电阻变大，电路总电流减小，由欧姆定律可知，日光灯两端的电压为

由此可知，日光灯两端的电压较更换部分灯之前变大，B错误，C正确；

D．如果某灯因出现故障而熄灭，电路的总电阻增大，电路的总电流减小，故输电线上的电压会变小，D错误。

故选AC。

13. 在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示。重力加速度为g。由此可见（　　）

A. 带电小球所受静电力为3mg

B. 小球带正电

C. 小球从A到B与从B到C的运动时间相等

D. 小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等

【答案】AD

【解析】

【详解】B．由于在电场中轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明静电力方向向上，所以小球带负电，B错误；

A C．带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，从A到B过程小球做平抛运动。小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动。则有

x1=v0t1

从B到C过程，有

x2=v0t2

设AB与MN夹角为，由题意有

则得

t1=2t2

即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍。

根据几何知识有

y1∶y2=x1∶x2

解得

a=2g

根据牛顿第二定律得

F-mg=ma=2mg

解得

F=3mg

C错误，A正确；

D．根据速度变化量Δv=at，则得AB过程速度变化量大小为

Δv1=gt1=2gt2

BC过程速度变化量大小为

Δv2=at2=2gt2

所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，D正确。

故选AD。

三、实验题（14分）

14. 某同学用一20分度的游标卡尺和一螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，示数如图所示。该游标卡尺示数为____________mm，螺旋测微器示数为___________mm。

【答案】    ①. 100.5    ②. 3.200

【解析】

【详解】[1]游标卡尺示数为

[2]螺旋测微器示数为

15. 有一个小灯泡上标有“，”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：

A.电压表（，内阻约）

B电压表（，内阻约）

C.电流表（，内阻约）

D.电流表（，内阻约）

E.滑动变阻器（，）

F.滑动变阻器（，）

G.学生电源（直流输出）及开关、导线等

（1）实验中电压表应选用______，电流表应选用______；为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用______（用序号字母表示）；

（2）请在方框内画出满足实验要求的电路图______，并把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图______；

（3）根据实验数据，作出的小灯泡图线如图所示，由图可知，随着电压的增大，小灯泡的电阻______（填“增大”或“减小”），如果将此小灯泡直接接在电动势为，内阻为的电源两端，则此时灯泡的电阻为______。（结果保留2位有效数字）

【答案】    ①. A    ②. D    ③. E    ④.       ⑤.       ⑥. 增大    ⑦. 6.0

【解析】

【详解】（1）[1]灯泡的额定电压为，故电压表应选择的量程，故电压表选A。

[2]由可知流过灯泡的电流约为

故电流表应选择D。

[3]由于本实验要求电压表从零开始变化且多取几组数据，故滑动变阻器采用分压接法；滑动变阻器选择阻值较小的E。

（2）[4]由上分析知，本实验滑动变阻器采用分压法，灯泡的电阻约为

则可知

故电流表采用外接法；电路图如图所示

[5]根据电路图可得对应实物图如图所示

（3）[6]由欧姆定律得小灯泡的电阻

结合图线可知，随着电压的增大，小灯泡的电阻在增大。

[7] 用电动势为，内阻为的电源直接给该小灯泡供电，根据闭合电路欧姆定律有

在原坐标图上作出电源图象，如图所示：

图象中交点，，此时小灯泡的电阻为

四、计算题，共42分.

16. 电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点。一个电荷量的点电荷在A点所受电场力，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功。求：

（1）A点电场强度的大小；

（2）令A点电势为，求B点的电势。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由电场强度的定义式，解得A点电场强度的大小

（2）由电场力做功与电势差的关系公式，可得

由题意可知A点电势，由电势差的定义，可得

解得

17. 将一带电粒子以初速度υ0沿水平方向从A点射入方向竖直向上的匀强电场中，粒子从B点飞出电场时速度方向与电场方向夹角为，电场的水平宽度为L，如图所示．不计粒子的重力。设粒子的质量为m，电荷量的绝对值为q。求

（1）该匀强电场的电场强度为多大？

（2）A、B两点的电势差UAB为多大？

【答案】（1） ；（2）

【解析】

【分析】

【详解】（1）设粒子在电场中的时间为t，水平方向

竖直方向

解得

（2）粒子逆着电场线偏转，说明粒子带负电，由动能定理

所以

18. 如图所示的电路中，R1=9Ω，R2=30Ω，S闭合时，理想电压表V的示数为11.4V，理想电流表A的示数为0.2A，S断开时，理想电流表A的示数为0.3A，求：

(1)电阻R3的值；

(2)电源电动势E和内阻r的值。

【答案】(1)15Ω；(2)12V；1Ω

【解析】

【详解】(1)S闭合时，R2两端电压

U2=I2R2=6V

所以，R1两端电压为

U1=U－U2=5.4V

流过R1的电流

流过电阻R3的电流

I3=I1－I2=0.6A－0.2A=0.4A

所以电阻R3的阻值

(2)由闭合电路欧姆定律，当S闭合时

E=U＋I1r

当S断开时

代入数据，联立解得

E=12V，r=1Ω

19. 如图所示，一光滑的半圆形绝缘轨道，其半径，与处在、竖直向下的匀强电场中的水平绝缘轨道平滑连接；一带正电的小滑块，质量，与水平轨道间的动摩擦因数，从位于N点右侧处的M点以初速度向左运动。半圆形轨道区域无电场，取。求：

（1）滑块向左滑动时受到的摩擦力大小；

（2）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则滑块应以多大的初速度向左运动？

（3）在（2）问的情况下，滑块落回到水平面时离N点的水平距离（结果保留2位小数）。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）根据题意，对物块受力分析，竖直方向上，由平衡条件有

由公式可得，滑动摩擦力为

解得

（2）设滑块到达半圆轨道最高点时速度为v，由牛顿第二定律有

滑块从开始运动到最高点过程中，由动能定理得

解得

（3）根据题意，由类平抛规律，水平方向上有

竖直方向上有

由牛顿第二定律有

解得

20. 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：

（1）粒子运动到N点时的速度大小；

（2）粒子运动到P点时的速度大小；

（3）粒子从M点运动到P点的过程中电势能的变化量。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）M点到N点由动能定理可知

解得

（2）粒子沿x轴方向做匀速运动，则有

x=v0t

沿y轴负方向做加速运动，则有

，，

联立解得

（3）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

联立可得