【期中真題】福建省廈門第一中學2022-2023學年高二上學期期中考試物理試題.zip-試卷下載-教習網(wǎng)

福建省廈門第一中學2022-2023學年度第一學期期中考試高二年物理試卷（總分100分，考試時間：75分鐘）命題教師：陳碧泉審核教師：楊學切一、單項選擇題（共4小題，每小題4分，共16分。在每一小題給出的四個選項中只有一項是正確選項，有選錯或者不答的得0分，答案填涂在答題卡上。）1. 下列說法中正確的是（　　）A. 根據(jù)可知，電場中任意兩點的電勢差與這兩點的距離成正比B. 靜電除塵為了防止靜電危害C. 電勢降低的方向一定是沿電場強度的方向D. 電阻率是表征材料導電性能的物理量，與導體形狀無關【答案】D【解析】【詳解】A．勻強電場電勢差與電場強度關系可知，勻強電場中沿著電場強度方向的任意兩點間的電勢差與這兩點間的距離成正比，A錯誤；B．靜電除塵是利用了靜電，B錯誤；C．電勢降低的最快方向一定是沿電場強度的方向，C錯誤；D．電阻率是表征材料導電性能的物理量，與導體形狀無關，D正確。故選D。2. 光滑絕緣水平面上有三個帶電小球（均可視為點電荷）A、B、C，三球沿一條直線擺放，僅在它們之間的靜電力作用下保持靜止狀態(tài)。已知小球A帶正電，B、C之間距離為A、B之間距離的兩倍，則（　?。?/span> A. C球帶負電 B. B球帶正電C. 三個小球所帶電荷量的大小關系是 D. 三個小球所帶電荷量均變?yōu)樵瓉淼囊话耄?/span>B球仍靜止，A、C球?qū)\動【答案】C【解析】【詳解】ABC．根據(jù)三個電荷的受力平衡關系分析，在帶電性質(zhì)上滿足“兩同夾異”，在電荷多少上滿足“兩大夾小”，在距離上滿足“近小遠大”，AB錯誤，C正確；D．當個小球所帶電荷量均變?yōu)樵瓉淼囊话耄姾伤艿乃袔靵隽Χ紲p小到原來的四分之一，依然滿足平衡條件，故三個小球依然處于靜止狀態(tài)，D錯誤。故選C。3. 在靜電場中，一個帶電量負電荷從A點移動到B點，在這過程中，除電場力外，其他力做的功為，質(zhì)點的動能減小了，若規(guī)定A點為零電勢點，則B點的電勢為（　　）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本題是考查對動能定理和靜電力做功的綜合理解【詳解】對電荷從A點到B點用動能定理故選B。【點睛】求靜電力做功時電勢差有正、負的區(qū)分，電荷也有正負的區(qū)分。4. 如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部，閉合電鍵S，小球靜止時與豎直方向夾角為θ，調(diào)節(jié)R1、R2，關于θ的大小判斷正確的是（）A. 保持R1不變，緩慢增大R2時，θ將變大B. 保持R2不變，緩慢增大R1時，θ將變小C. 保持R1、R2不變，增大兩極板間距離時，θ將變小D. 保持R1、R2不變，兩極板錯開一定距離時，θ將變大【答案】C【解析】【詳解】A．增大R2時，總電阻增大，則總電流減小，故電阻R0兩端電壓降低，電容器兩端電壓同步降低，極板間電場強度減小，θ將減小，A錯誤；B．電容器兩極板間是絕緣的，故增大R1時，不影響電阻R0兩端的電壓，故θ將保持不變，B錯誤；C．保持R1、R2不變，電容器極板間電勢差不變，據(jù)知，距離增大時極板間電場強度減小，故θ將減小，C正確；D．保持R1、R2不變，電容器極板間電勢差不變，據(jù)知，兩極板間錯開一定距離時，極板間電場強度保持不變，故θ將保持不變，D錯誤。故選C。【點睛】解決本題的關鍵是1、熟悉含容電路的特點：電容兩端間的電壓與其并聯(lián)部分的電壓相等；含容支路中的電阻相當于導線。2、會正確的進行受力分析，搞清楚什么力變化導致拉力的變化。二、多項選擇題（共4小題，每小題6分，共24分。每一小題給出的四個選項中有兩個或兩個以上的選項是正確的，全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯或者不答的得0分，答案填涂在答題卡上。）5. 有一種手電筒和臺式電子鐘都使用1節(jié)干電池作電源。將新電池裝在手電筒中，經(jīng)過較長時間的使用，當手電筒的小燈泡只能發(fā)出微弱的光而不能正常使用時，把電池取出來，用電壓表測其兩端電壓，電壓表示數(shù)基本等于1.5V，把這節(jié)舊電池裝在臺式電子鐘上卻仍能使電子鐘正常工作，根據(jù)上述現(xiàn)象，可判斷下列說法中一定正確的是（　?。?/span>A. 這節(jié)電池的電動勢與新電池的電動勢相差不大B. 這節(jié)電池的內(nèi)阻與新電池的內(nèi)阻相差不大C. 臺式電子鐘的額定電壓一定比手電筒小燈泡的額定電壓小D. 臺式電子鐘正常工作時的電流一定比手電筒正常工作時的電流小【答案】AD【解析】【詳解】A．這節(jié)電池的電動勢與新電池的電動勢相差不大，A正確；B．這節(jié)電池的內(nèi)阻比新電池的內(nèi)阻大很多，B錯誤；C．臺式電子鐘的工作電流小，但是此時電池的內(nèi)阻很大，因此額定電壓手電筒與小燈泡的額定電壓無法比較，C錯誤；D．臺式電子鐘正常工作時的電流一定比手電筒正常工作時的電流小，D正確。故選AD。6. 兩個完全相同的正四棱錐疊放在一起，構成如圖所示的形狀，其中a點固定點電荷，c點固定點電荷，O點為兩棱錐公共正方形底面abcd的中心，且，規(guī)定無窮遠處的電勢為零，則下列說法正確的是（　?。?/span>A. b點的電勢比e點的電勢高 B. b、d兩點的電場強度相同C. 將負電荷沿棱由移動的過程中，電場力一直做正功 D. 若將由a點放到e點，則O點的電勢不變【答案】BD【解析】【詳解】A．根據(jù)幾何關系可知為連線的中垂面，對于等量異種電荷形成的電場平面圖（如下圖所示）可知平面為零勢能面，故在此平面上的點電勢都相等（都等于0），b點的電勢等于點電勢，故A錯誤；B．由于b、d兩點到點距離都相等，根據(jù)對稱性可知b、d兩點電場強度大小相等，方向相同。故B正確；C．將負電荷沿棱由移動的過程中，在同一個等勢面內(nèi)運動，電場力一直不做功，故C錯誤；D．若將由a點放到e點，由幾何關系可知，點仍位于的連線的中垂線上，電勢仍為0。故D正確。故選BD。7. 如圖所示，直線A為某電源的U-I圖線，曲線B為某小燈泡的U-I圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路，則（　?。?/span>A. 電源的電動勢為3V，內(nèi)阻為0.5Ω B. 此時小燈泡的電阻大于1ΩC. 電源內(nèi)阻消耗的熱功率為2W D. 電源的效率為33.3%【答案】AC【解析】【詳解】A．直線A的縱截距表示電源電動勢，斜率的絕對值表示電源內(nèi)阻，根據(jù)圖像可得E=3V，故A正確；B．電源的U?I圖線與小燈泡的U?I圖線的交點為小燈泡接在電源兩端的工作電壓，此時小燈泡的工作電壓為2V，工作電流為2A，所以小燈泡的電阻為故B錯誤；C．電源內(nèi)阻消耗熱功率為故C正確；D．電源的效率為故D錯誤。故選AC。8. 甲、乙兩個點電荷分別固定于軸上，電量大小分別為和，在它們形成的電場中，電勢隨變化的關系如圖所示，圖中已知，且該處電勢最小，當時，電勢；當時，電勢，根據(jù)圖像提供的信息可以確定（　　）A. 在處電場強度為零 B. 在軸上的區(qū)域電場方向向右C. 甲點電荷帶正電且位于處 D. 在軸上的坐標為【答案】ACD【解析】【詳解】A．根據(jù)可知圖像的切線斜率表示電場強度，可知在處電場強度為零，故A正確；B．沿電場線方向，電勢逐漸降低，在軸上的區(qū)域電勢逐漸升高，所以電場方向向左，故B錯誤；CD．當時，電勢，可知在處有一帶正電的點電荷；根據(jù)圖像可知，處的電勢為負值，故另一點電荷一定帶負電，由于處的電場強度為零，可知帶負電的點電荷位于原點的左側(cè)，且電荷量大小大于原點處點電荷的電荷量，故甲點電荷帶正電且位于處，設帶負點電荷離原點的距離為，根據(jù)處的電場強度為零可得解得在軸上的坐標為，故CD正確。故選ACD。三、填空題（本題共4小題，共20分，請把答案填寫在答題卷的相應位置上。）9. 螺旋測微器讀數(shù)為______；電流表的讀數(shù)為______A（電流表量程為）。【答案】 ①. 2.150 ②. 0.50【解析】【詳解】[1]根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為2mm+0.01×15.0mm=2.150mm[2]根據(jù)電流表的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為0.5A+0.02×0A=0.50A10. 如圖所示的電路為用伏安法測量金屬電阻R的電路圖，當S接a時，電壓表示數(shù)為2.7V，電流表示數(shù)為5.0mA，當S接b時，電壓表示數(shù)為2.8V，電流表示數(shù)為4.0mA，該電阻測量值較準確的數(shù)值等于__________Ω，測量值__________（填“大于”、“小于”或“等于”）真實值。【答案】 ①. 700 ②. 大于【解析】【詳解】[1]電壓的相對變化量為電流的相對變化量為電流表變化比電壓表變化明顯，是大電阻，采用內(nèi)接法誤差較小，所以該電阻較準確的數(shù)值為[2]根據(jù)歐姆定律，采用內(nèi)接法時，電壓表的測量值偏大，所以電阻的測量值偏大，測量值大于真實值。11. 某同學想把一量程為2mA、內(nèi)阻未知的毫安表改成量程為0.6A的電流表，該同學先用多用電表測量此毫安表的內(nèi)阻，進行了如下操作：（1）將多用電表擋位調(diào)到電阻“”擋，再將紅表筆和黑表筆短接，調(diào)零點。（2）將圖甲中多用電表的紅表筆和_________（填“1”或“2”）端相連，黑表筆連接另一端。（3）測量電阻時發(fā)現(xiàn)多用電表指針偏轉(zhuǎn)角度過小，需要將多用電表擋位調(diào)到電阻_________（填“”或“”）擋。（4）將紅表筆和黑表筆短接，調(diào)零點。（5）測量時，多用電表指針剛好指在表盤正中間，如圖乙所示，毫安表的指針也剛好指在表盤正中間，由此可以得到毫安表的內(nèi)阻為________，該同學由此可算出多用電表內(nèi)電源的電動勢為_________V。（6）如果需要改成量程為0.6A的電流表，需要_________（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）________（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）的電阻。【答案】 ①. 1 ②. ×100 ③. 1500 ④. 3 ⑤. 并聯(lián) ⑥. 5.0【解析】【詳解】（2）[1]多用電表的電流是紅進黑出，而電流表是正極流入負極流出，因此要將圖甲中多用電表的紅表筆和1端相連，黑表筆連接另一端。（3）[2]測量電阻時發(fā)現(xiàn)多用電表指針偏轉(zhuǎn)角度過小，說明待測量電阻阻值比較大，需要將擋位調(diào)高，即選擇電阻“×100”擋。（5）[3][4]擋位為電阻“×100”擋，讀數(shù)為15，因此可以得到毫安表的內(nèi)阻為1500Ω。由于毫安表量程為2mA且指針也半偏，因此可知此時電流大小為又因為則多用電表滿偏時電流為2I，滿足解得（6）[5][6]將小量程電流表改造成大量程時，需要并聯(lián)一個電阻進行分流，設并聯(lián)的電阻大小為R，電表滿偏時電壓為U，則解得12. 如圖1所示為某興趣小組測量電池組的電動勢和內(nèi)阻的實驗原理圖，已知電池組的電動勢約，內(nèi)阻約?，F(xiàn)提供的器材如下：A．電池組B．電壓表（量程，內(nèi)阻約）C．電壓表（量程，內(nèi)阻約）D．電阻箱（）E．定值電阻F．定值電阻G．開關和導線若干（1）如圖1所示，要盡可能精確測量電源的電動勢和內(nèi)阻，電壓表V應選擇__________（選填“B”或“C”）；定值電阻應選擇__________（選填“E”或“F”）；（2）改變電阻箱的阻值R，記錄對應電壓表的讀數(shù)U，作出的圖像如圖2所示，圖線與橫、縱坐標軸的截距分別為、a，定值電阻的阻值用表示，則可得該電池組的電動勢為__________，內(nèi)阻為__________（用字母表示）；（3）該實驗測得的電動勢與真實值相比__________（選填“偏大”“偏小”或“不變”），內(nèi)阻的測量值與真實值相比__________（選填“偏大“偏小”或“不變”）。【答案】 ①. C ②. E ③. ④. ⑤. 偏小 ⑥. 偏小【解析】【詳解】（1）[1]由于電源電動勢約為3V，故電壓表選擇C； [2]R2＝1000 Ω的定值電阻太大，使得電壓表指針的偏角太小，且在改變電阻箱阻值時，電壓表的示數(shù)變化不明顯，故定值電阻選擇E。（2）[3][4]由閉合電路歐姆定律得化簡得則有得，（3）[5][6]考慮到電壓表的分流作用，則有變形得縱軸截距變大，為，計算時依然用求解E和r，則求得的值均偏小。四、計算題（本大題共3小題，共40分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案不得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13. 如圖，利用電動機來提升重物的模型，已知電源的電動勢、內(nèi)阻，電阻，重物的質(zhì)量，掛上重物電動機不轉(zhuǎn)動時，電壓表的示數(shù)為；電動機以穩(wěn)定的速度勻速提升該重物時，電壓表的示數(shù)為，不計一切摩擦，重力加速度g取，求：（1）電動機線圈的電阻；（2）重物上升時的速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）電動機不轉(zhuǎn)動時，可視為純電阻，則解得（2）電動機以穩(wěn)定的速度勻速提升該重物時，由題意有解得14. 如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為（）、質(zhì)量為m的質(zhì)點在時刻，以初速度沿中線射入兩板間，最后垂直打在屏M上，已知重力加速度為g。求：（1）質(zhì)點打到屏M上所用的時間t；（2）A、B兩極板間的電壓U大小；（3）質(zhì)點在運動過程中電勢能的改變量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）依題意，可作出粒子運動軌跡如圖所示質(zhì)點在平行金屬板間先向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，飛出電場后，向下偏轉(zhuǎn)，能最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點的運動軌跡對稱，質(zhì)點在水平方向做勻速直線運動，有解得（2）質(zhì)點兩次偏轉(zhuǎn)的時間相等，加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得解得根據(jù)解得（3）質(zhì)點在平行金屬板間做類平拋運動解得電場力對質(zhì)點做功為解得15. 如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道AB放置于豎直平面內(nèi)，與粗糙水平地面平滑連接于B點，空間存在水平向左的勻強電場．一質(zhì)量為m、帶電量為+q的滑塊(可視為質(zhì)點)從軌道上與圓心O等高的A點由靜止釋放，滑塊沿圓弧軌道下滑到B點后滑上水平面，在水平面上滑行的距離后速度減為零．已知滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.25，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，求： (1)電場強度大小(2)滑塊在水平地面上滑行的總路程；(3)滑塊運動過程中對圓弧軌道壓力最大的位置D(圖中未畫出)及滑塊在此處對軌道壓力的最大值和最小值；【答案】(1)；(2)s=R；(3)【解析】【分析】（1）滑塊從靜止釋放到水平面上第一次速度為零的過程，根據(jù)動能定理列式求解場強E；（2）通過分析物理過程確定滑塊最終停止的位置，對全過程列動能定理求解總路程；（3）根據(jù)等效法確定電場力和重力合力的平衡位置，根據(jù)動能定理結(jié)合牛頓第二定律求解最大壓力和最小壓力.【詳解】（1）滑塊從靜止釋放到水平面上第一次速度為零的過程，根據(jù)動能定理：解得（2）設滑塊在水平面上滑行的總路程為s；滑塊由A運動到B,由B運動到水平面上停止，由于在水平面上電場力大于最大靜摩擦力，滑塊將原路返回到B點，再次返回圓軌道；滑塊第二次由圓軌道運動到B點，由B運動到水平面上某一位置速度為零（運動路程較第一次漸短），再返回至圓軌道……如此反復，最終在以圓軌道上的D位置為中心宅BC間往復運動，其中每次運動到B、C兩點速度均為零，如圖所示：對由A開始運動至B速度為零的整個過程中（此后滑塊不再進入水平地面運動）由動能定理：解得s=R（3）設滑塊所受重力與電場力的合力為F，則：設F與豎直方向的夾角為θ，則：，則θ=370；當滑塊運動到圖中D點時，從釋放滑塊到滑塊第一次過D點時速度最大，由動能定理：此時由牛頓第二定律：解得由牛頓第三定律，在D點對軌道的壓力最大值為設滑塊在BC點往復運動后過D點的速度為vDmin，根據(jù)動能定理：解得此時由牛頓第二定律：解得由牛頓第三定律，在D點對軌道的壓力最小值為【點睛】此題是一個物體的多個運動過程問題，物理過程較復雜，關鍵是分清物體運動的過程，找打最終的狀態(tài)；因電場力和重力都是恒力，則處理此類問題往往用等效力的方法.

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