四川省雅安中学2022-2023学年高二物理上学期期中考试试卷（Word版附解析）.docx

1、2022-2023学年度上期高2024届半期考试第I卷（选择题）一、单选题（每题3分，共30分。）1. 下列说法正确的是（）A. 由可知，电容大小与Q成正比，与U成反比B. 由可知，在电场中两点之间移动同一点电荷，电场力做功越多，说明电势差越大C. 由可知，电阻大小与U成正比，与I成反比D. 由可知，磁感应强度的大小随F的增大而增大【答案】B【解析】【详解】A已知电容的大小是电容的固有属性，与电荷量，电势差没有关系，A错误；B由于移动的是同一电荷，故q不变，则W越大，U越大，B正确；C电阻是导体的一种属性，只与导体本身有关，与电压电流无关，C错误；D磁感应强度大小与F无关，D错误。故选B。2.

2、 电子枪常用于产生并形成高速，聚束的电子流，去轰击荧光屏使之发光.如图所示是电子枪的部分原理图，阴极发射的电子在强电场的作用下从阴极飞向阳极，虚线是其中一个电子的运动路线，实线是电场线，A、B、C是电场中的三个点，下列说法正确的是（ ）A. 电子在A点的机械能比B点的大B. C点的电势比A点高C. 电子从A运动到B的过程电势能增大D. 从A到B电子受的电场力不断增大【答案】B【解析】【详解】AC电子从A运动到B的过程，电场力方向与运动方向成锐角，故电场力做正功，电势能减少，机械能增加，故AC错误；B顺电场线方向电势降低，故B正确；D电场线越密集的地方电场强度越大，电子受电场力越大，从A到B电子

3、受的电场力不断减小，故D错误。故选B。3. 为避免闪电造成损害，高大的建筑物会装有避雷针，已知产生闪电的积雨云底层带负电，由于静电感应使得避雷针的尖端带上了正电。图中虚线为避雷针周围的等势线，a、b两点的场强大小分别为、，a、b两点的电势分别为、，一带负电的雨滴从a下落至b，则（）A. B. C. 雨滴从a下落至b的过程中，电场力做负功D. 雨滴从a下落至b的过程中，电势能减少【答案】D【解析】【详解】AB电场线的疏密表示场强大小，等势线密集的地方电场线也密集，可得根据题意可得电场线由避雷针的尖端指向云层，顺着电场线方向电势降低，所以有AB错误；CD雨滴带负电，根据前面分析从a下落至b的过程中

4、电势增大，所以电势能减小，电场力做正功，C错误，D正确。故选D。4. 下列关于电源和电源的电动势、路端电压说法错误的是（ ）A. 铅蓄电池能够将化学能转变为电能B. 电源的电动势等于路端电压与内电压之和C. 电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压D. 一节干电池的输出电压恒为1.5V【答案】D【解析】【详解】A铅蓄电池能够将化学能转变为电能，A正确，不符合题意；B电源的电动势等于路端电压与内电压之和，B正确，不符合题意；C电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，C正确，不符合题意；D接入电路后，两极电压为路端电压，若外电路正常工作，则路端电压小于电动势，D错误，符合题意。故选D

5、。5. 演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小。假设电压表是理想的，则下列说法正确的是（）A. 物体M运动时，电源内的电流会发生变化B. 物体M运动时，电压表的示数会发生变化C. 物体M不动时，电路中没有电流D. 物体M不动时，AB间电压为0V【答案】B【解析】【详解】A物体M运动时，回路的总电阻不变，电源内的电流不会发生变化，A错误；B物体M运动时，滑动变阻器AP段的电阻发生变化，电压表的示数会发生变化，B正确；C物体M不动时，电路中有电流，C错误；D物体M不动时，AB间电压等于电源两端电压，不等于0，D

6、错误。故选B。6. 如图所示，有两个量程电流表，其中小量程为01 A，大量程为010 A，已知表头G的满偏电流Ig=500 mA，定值电阻R1=20，则定值电阻R2的阻值为（）A. 120B. 150C. 180D. 210【答案】C【解析】【详解】接公共端与最右边的接线柱时量程为小量程01 A，当表头G达到满偏时，有接公共端与中间的接线柱时量程为大量程010 A，当表头G达到满偏时，有解得R2=180故选C。7. 如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻（阻值随所受照射光强度的增大而减小）。当照射光强度降低时（）A. 小灯泡变暗B. 电压表的示数变大C. 电路的总电阻变小D

7、. 电源内阻消耗的功率变大【答案】A【解析】【详解】C当照射光强度降低时，R3阻值增大，电路总电阻增大。故C错误；B总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，R1上的电压变小，即电压表读数变小。故B错误；D总电流变小，根据公式电源内阻消耗的功率变小。故D错误；A根据闭合电路欧姆定律得I减小，则U2增大，可知流过的电流增大。根据并联电路特点得I减小，I2增大，则I3减小，可知小灯泡变暗。故A正确。故选A。8. 如图所示，和是两根相同金属棒，用两根等长的柔软导线、（重力不计）将它们连接，形成闭合回路。用两根绝缘细线、将整个回路悬于天花板上，使两棒保持水平并处于竖直向下的匀强磁场中，在回路中

8、通以如图所示方向的电流，则稳定后（）A. 和将保持竖直B. 和将保持竖直C. 和对的合力小于受到的重力D. 和对的合力大于和的总重【答案】B【解析】【详解】A由左手定则可知受到垂直于纸面向外的安培力，和需提供水平分力与之平衡，和不能保持竖直，A错误；B闭合回路所受安培力合力为0，和不需要提供水平分力，将保持竖直，B正确；C由受力平衡可知和对的合力等于受到的重力和受到的安培力的合力，可知和对的合力大于受到的重力，C错误；D由受力平衡可知和对的合力等于和的总重，D错误。故选B。9. 如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=2，直流电动机线圈内阻RM=1，滑动变阻器的阻值R可以在010之间调节，当变阻

9、器的阻值取R1时，电源达到最大的输出功率，并且此时电动机输出的机械功率为2W，则R1的数值为（）A 1B. 1.5C. 2D. 0.5【答案】D【解析】【详解】因为电源的输出功率为所以当电源达到最大的输出功率时，电流为又因为此时电动机输出的机械功率为2W，而解得又内电压所以变阻器两端电压为所以故选D。10. 如图质子（）、氘核（）和粒子（）都沿平行板电容器两板中线OO方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。则（ ） A. 若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B. 若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现2个亮点C.

10、若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点D. 若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点【答案】D【解析】【详解】A根据类平抛运动规律则化简则假如进入时速度相等，则偏转距离y取决于荷质比，三种粒子荷质比分别是：1:1；1:2；1:2，因此应该有2个亮点，选项A错误；B同理若mv=p相等，则则偏转距离y取决于mq乘积，三种粒子mq乘积分别为：1、2、8，所以应该有三个亮点，选项B错误；C若射入时动能相等，即偏转距离y取决于q，而三种粒子的q分别为1、1、2，所以应有2个亮点，选项C错误；D若通过同一电场由静止加速，则根据动能定理代入即说明只有1个亮

11、点，选项D正确。故选D。【点睛】此类题型考查了带电粒子在电场中的偏转，本题通过结合不同初始条件，求出偏转距离与已知量之间的关系，从而判断偏转距离。二、多选题（每题4分，共20分，漏选得2分，错选不得分。）11. 电流的磁效应揭示了电与磁的关系。下面四幅图中描述磁场方向与电流方向之间的关系，其中磁感线分布正确的是（）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【详解】A根据安培定则可知，因电流方向竖直向上，导线右侧磁场方向垂直纸面向里，而左侧则是垂直纸面向外，故A正确；B根据安培定则可知，因电流方向从右旋转到左，则螺线管内部磁场方向由右向左，因此右端是S极，左端是N极，故B正确；C根据安培定则可

12、知，因环形电流顶端处垂直低面向里，则环形导线内部磁场方向从右向左，故C错误；D因电流方向竖直向下，依据安培定则可知，磁场方向应该是顺时针方向（俯视），故D错误。故选AB。12. 如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为，一质量为m、长为L的导体棒垂直导轨放置，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。当导体棒中通有方向从a到b的电流I时，磁场的方向由竖直向上沿逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静止（重力加速度为g），则磁感应强度的大小（）A. 先减小后增大B. 逐渐减小C. 可能为D. 可能为【答案】AC【解析】【详解】导体棒受重力mg、轨道的支持力N和安培力FA，当磁

13、场方向逆时针转动时，的方向也从水平方向开始逆时针转动，作出一系列处于动态平衡的封闭矢量三角形如图所示，可知先减小后增大，且的最小值为对应磁感应强度的最小值为综上所述可知AC正确，BD错误。故选AC。13. 某同学用内阻、满偏电流的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图甲所示。该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏，再将阻值为的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是（）A. 该电源电动势为B. 该电源电动势为3.0VC. 刻度处标注D. 刻度处标注【答案】BC【解析】【详解】AB由闭合电路欧姆定律得，满偏时接入R1=400的电

14、阻时，表头指在3mA，则由闭合电路欧姆定律联立解得，E=3V故A错误，B正确；C当电流刻度为2.5mA时，接入电阻为故C正确；B当电流刻度为4mA时，接入电阻为故D错误。故选BC。14. 某学习小组测得额定电压为的小灯泡的伏安特性曲线如图所示，你认为正确的说法是（ ）A. 当小灯泡两端的电压为零时，其电阻为零B. 甲同学认为图线斜率减小，所以灯泡电阻在减小C. 丙同学认为当电压为时，小灯泡电阻为D. 丁同学认为小灯泡的额定功率为【答案】CD【解析】【详解】A小灯泡的电阻是由灯泡本身决定的，与灯泡两端的电压无关，选项A错误；B根据则图线斜率减小，灯泡电阻增加，选项B错误；C当电压为时，电流为0.

15、2A，则小灯泡电阻为选项C正确；D小灯泡的电压为3V时，通过的电流为0.25A，则额定功率为选项D正确。故选CD。15. 如图所示，电路中定值电阻R的阻值等于电源内阻r的阻值开关K闭合后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为V1、V2、V3，理想电流表示数变化量的绝对值I，则A. A的示数增大B. V2的示数增大C. D. 【答案】ACD【解析】【详解】理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大

16、，则A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故A正确，B错误；根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-Ir，则得：；，据题：R=r，则得故C正确根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-I（R+r），则得：=R+r=，故D正确故选ACD【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要理解理想电表的作用，搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析第II卷（非选择题）三、实验题（每空2分，共18分。）16. 某同学想把一量程为2mA、内阻未知的毫安表改成量程为0.6A的电流表，该同学先用多用电表测量此毫安表的内阻，进行了如下操作：（1）

17、将多用电表挡位调到电阻“”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调零点；（2）将图甲中多用电表的红表笔和_（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端；（3）测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，需要将多用电表挡位调到电阻_（填“”或“”）挡；（4）将红表笔和黑表笔短接，调零点；（5）测量时，多用电表指针刚好指在表盘正中间，如图乙所示，毫安表的指针也刚好指在表盘正中间，由此可以得到毫安表的内阻为_；（6）如果需要改成量程为0.6A的电流表，需要_（填“串联”或“并联”）_（结果保留2位有效数字）的电阻。【答案】 . 1 . 100 . 1500#15k#1.5103 . 并联 . 5.0【解析】【详解

18、】（2）1电流从多用电表红表笔流入、黑表笔流出，从待测毫安表正接线柱流入、负接线柱流出，所以应将图甲中多用电表的红表笔和1端相连，黑表笔与2端相连。（3）2测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，即指针所指刻度值过大，说明所选挡位相对待测毫安表的内阻而言偏小，需要将多用电表挡位调到更高的电阻挡。（5）3由图乙可知毫安表的内阻为1500。（6）45如果需要将毫安表改成量程为0.6A的电流表，则需要并联分流电阻的阻值为17. 利用如图甲所示电路，可以测量电源电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源（电动势不大于6V，内阻不大于1），电阻箱R（最大阻值999.9），表头G（量程为100，内阻为900

19、），定值电阻、，开关S，导线若干。实验步骤如下：（1）先利用将表头G改装成1的电流表，再将1的电流表改装成量程为6V的电压表，则两定值电阻的阻值分别为：_，_；（2）将电阻箱阻值调到最大，再闭合开关S；（3）多次调节电阻箱，记下表头G的示数I和电阻箱相应的阻值R；（4）以为纵坐标，为横坐标，作出图线如图乙所示；（5）根据图线求得电源的电动势_V，内阻_.（此两空结果均保留到小数点后一位）【答案】 . 100 . 5910 . 6.0 . 0.2【解析】【详解】（1）12根据表头量程改装规律，表头改装成量程扩大十倍的电流表，需要并联的电阻为再改装车电压表需要串联的电阻阻值为（5）34通过电阻箱的

20、电流远大于通过的电流，故认为通过电阻箱的电流为通过内阻的电流化简整理得解得，四、解答题18. 如图所示，两平行光滑导轨相距为40cm，与内阻r=0.5的电源相连，导轨平面与水平面成45角。整个装置处在方向竖直向下，磁感应强度B为0.5T的匀强磁场中，当滑动变阻器调至阻值为R=5时，在导轨上放置一质量为0.01kg的金属棒MN，恰好处于静止状态，经测量，导轨间的金属棒电阻值R0为0.5。导轨、导线电阻不计，g取10m/s2。（1）求金属棒所受安培力的大小，并指明金属棒上电流的方向；（2）计算电源电动势E。【答案】（1）0.1N，电流方向由M流向N；（2）3V【解析】【详解】（1）金属棒处于静止状

21、态，由平衡条件可知，所受的安培力应水平向右，受力如图所示根据左手定则可知其电流方向由M流向N，根据平衡条件可得解得F=0.1N（2）金属棒受到的安培力可表示为F=BIL由闭合电路欧姆定律可得E=I(R0+R+r)联立解得E=3V19. 如图甲电路中，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，改变R的阻值，电压表与电流表示数变化关系如图乙，电表为理想电表。当滑片在a、b端时电流表示数分别为0.6A和0.1A求：（1）电源电动势和滑动变阻器最大阻值；（2）当滑片从b端滑到a端，滑动变阻器消耗的功率P随R的阻值变化关系如图丙，图像中R1=5，求R2的大小。【答案】（1）6V，50

22、；（2）20【解析】【详解】（1）定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，当滑片位于b端时，全部接入，滑动变阻器接入的阻值最大，总电阻最大，电流最小，根据乙图可知最小电流为0.1A，此时电压表的示数为5V，滑动变阻器接入的电阻为设电源电动势为E，定值电阻的阻值为R0，当滑动变阻器的滑片在b端时，根据串联电路电压的关系有当滑片位于a端时，电路中的电流为0.6A，只有R0接入电路，则根据闭合电路欧姆定律整理可知，（2）根据图丙可知，当滑动变阻器接入的阻值为5时，电路中的总电阻为根据闭合电路欧姆定律，此时电路中的电流为滑动变阻器消耗的功率为当滑动变阻器的阻值为R滑2时，滑动变

23、阻器的功率为整理可知20. 如图甲所示，P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”（初速度为0）电压为的加速电场，粒子经加速后从O点水平射入两块间距、板长均为l的水平金属板间，O为两板左端连线的中点、荧光屏为半圆弧面，粒子从O点沿直线运动到屏上点所用时间为。若在A、B两板间加电压，其电势差随时间t的变化规律如乙所示，所有粒子均能从平行金属板右侧射出并垂直打在荧光屏上被吸收、已知粒子通过板间所用时间远小于T，粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计，求：（1）粒子在O点时的速度大小；（2）图乙中U最大值；（3）粒子从O点到打在屏上的最短时间。【答案】（1）；（2）2U0；（3）【解析】【详解】（1）由动能定理得解得（2）粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，水平方向竖直方向根据牛顿定律有联立解得（3）半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全部垂直打在荧光屏上，当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最短，如图所示水平方向设射出电场时速度与水平方向夹角为，则有竖直分速度由于速度反向延长线过水平位移中点，由几何关系得E为圆弧的圆心，由几何关系可得则有则水平位移有最短时间为