甘肃省甘谷县2022-2023学年高二上学期联考物理试题（解析版）

甘肃省甘谷县联考2022-2023学年高二试题高二物理第I卷<选择题，共48分>一、选择题。1.指南针静止时，其位置如图中虚线所示．若在其上方放置一水平方向的导线，并通以恒定电流，则指南针转向图中实线所示位置．据此可能是（）A.导线南北放置，通有向北的电流B.导线南北放置，通有向南的电流C.导线东西放置，通有向西的电流D.导线东西放置，通有向东的电流【答案】B【解析】【详解】指南针静止时北极指北，通电后向东转，即电流在其下方产生的磁场方向向东，据安培定则可知，导线南北放置，电流应向南，B正确，ACD错误。故选B。2.先后在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直．如图所示，图中a、b两图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受的力F与通过导线的电流I的关系．下列说法中正确的是()A.A、B两点磁感应强度相等B.A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度C.A点的磁感应强度小于B点的磁感应强度D.无法比较磁感应强度的大小【答案】B【解析】【详解】试题分析：根据公式，图象的斜率为，由于长度一定，故斜率越大，表示磁感应强度越大，故A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度，故ACD错误，B正确．考点：安培力、磁感应强度【名师点睛】本题考查了安培力公式F=BIL的理解和应用，关键是根据推导出F与I的关系表达式分析，得到图象斜率的物理意义．3.某半导体激光器发射波长为1.5×10－6m，功率为5.0×10－3W的连续激光．已知可见光波长的数量级为10－7m，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，该激光器发出的A.是紫外线B.是红外线C.光子能量约为1.3×10－13JD.光子数约为每秒3.8×1017个【答案】B【解析】【详解】AB．该激光的波长比可见光的波长长，属于红外线．故A错误，B正确．C．光子能量E＝h＝6.63×10﹣34×J＝1.326×10﹣19J．故C错误．D．每秒钟发出的光子数n＝＝≈3.8×1016个．故D错误．4.实线为三条未知方向的电场线，从电场中的点以相同的速度飞出、两个带电粒子，、的运动轨迹如图中的虚线所示（、只受静电力作用），则（）A.一定带正电，一定带负电 B.静电力对做正功，对做负功C.的速度将减小，的速度将增大 D.的加速度将减小，的加速度将增大【答案】D【解析】【详解】A．由图，b粒子的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，a的轨迹向左弯曲，a粒子受到的电场力方向向左，由于电场线方向未知，因此无法确定两个粒子的电性，选项A错误；BC．由图知，电场力方向与粒子速度方向的夹角都是锐角，所以电场力对两个粒子都做正功，动能都增大，速度都增大，选项BC错误；D．向左电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小；b所受电场力增大，加速度增大，选项D正确。故选D。5.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为＋Q和-Q。在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为＋q的小球以初速度v0从管口射入，则小球（）A.速度先增大后减小B.受到的库仑力先做负功后做正功C.受到的库仑力最大值为D.管壁对小球的弹力最大值为【答案】C【解析】【详解】A．电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，故速度不断增加；故A错误；B．小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功；故B错误；C．在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为+q的小球受到最大库仑力为，故C正确；D．结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为，故D错误；故选C。6.如图所示，孤立点电荷+Q固定在正方体的一个顶点上，与+Q相邻的三个顶点分别是A、B、C，下列说法中正确的是()A.A、B、C三点的场强相同B.A、B、C三点的电势相等C.A、B、C三点所在的平面为一个等势面D.将电荷量为+q检验电荷由A点沿直线移动到B点过程中电势能始终保持不变【答案】B【解析】【详解】AB．A、B、C三点的场强大小相等，方向不同，所以三点的场强不同，三点的电势相同，故A错误，B正确；C．A、B、C三点所决定的平面各点到+Q的距离不相等，故电势就不全相等，所以该平面不是等势面，故C错误；D．一电荷+q的检验电荷由A点沿直线移动到B点的过程中，电势先升高后降低，电势能先增大后减小．故D错误．故选B．【名师点睛】解答本题的关键要掌握孤立+Q点电荷电场线和等势面的分布，知道离正电荷距离越近的位置电势越高，正电荷在电势高的位置电势能大．7.如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在半径为R圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点（未画出），ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，小球a的电量为(q＞0)，质量为m，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（）A.a、b、c小球带同种电荷B.a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷C.a、b小球电量之比为D.小球c电量数值为【答案】D【解析】【详解】AB．对c，受到重力、环支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电性必定是相同的；a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力。对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b对a的库仑力向左的分力、c对a的库仑力的分力，若a要平衡，则c对a的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以c对a的作用力必须是吸引力，所以c与a的电性一定相反。即a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故AB错误；

C．设环的半径为R，a、b、c三个小球的带电量分别为：q1、q2和q3，由几何关系可得：ac＝R，bc＝R；a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则所以故C错误；D．对小球a受力分析，如图所示

根据平衡条件有即解得故D正确。故选D。8.如图所示的电路中，闭合开关S后，灯L1和L2都正常发光，后来由于某种故障使灯L2突然变亮，电压表读数增加，由此推断，这故障可能是（）A.灯L1灯丝烧断B.电阻R2断路C.电阻R2短路D.电容器被击穿短路【答案】B【解析】【详解】A．如果灯L1灯丝烧断，即L1断路，总电阻增大，总电流减少，故L2分压减小，L2变暗，A错；B．电阻R2断路，导致总电阻增大，总电流减小，L1两端电压减小，而路端电压增大，则L2两端电压增大，L2变亮，B正确；C．若R2短路，L2熄灭，C错误；D．电容器被击穿短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，电压表读数减小，L2变亮，D错误。故选B。9.如图所示，金属板带电量为＋Q，质量为m的金属小球带电量为＋q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为，小球与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L。下列说法正确的是（）A.＋Q在小球处产生的场强为E1＝B.＋Q在小球处产生的场强为E1＝C.＋q在O点产生的场强为E2＝D.＋q在O点产生场强为E2＝【答案】C【解析】详解】AB．对金属小球受力分析，如图所示：根据平衡条件，有故+Q在小球处产生的场强为选项AB错误；CD．根据点电荷的场强公式，+q在O点产生的场强为选项C正确，D错误。故选C。10.如图所示，电源的电动势E=2V，内阻r=2Ω，两个定值电阻均为8Ω，平行板电容器的电容C=3×10-6F，则（）A.开关断开时两极板间的电压为VB.开关断开时电容器所带电荷量为4×10-6CC.开关接通时两极板间的电压为VD.开关接通时电容器所带电荷量为4×10-6C【答案】CD【解析】【详解】AB．开关断开时两极板间的电压为电容器所带电荷量为故AB错误；CD．开关接通时R1和R2的并联等效电阻为两极板间的电压为电容器所带电荷量为故CD正确。故选CD。11.平行板电容器充电完成后，断开电源，A极板带正电，B极板带负电。板间有一带电小球，用绝缘细线悬挂，如图所示，小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则（）A.若将A极板向下平移少许，A、B两板间电势差将减小B.若将B极板向右平移少许，电容器的电容将减小C.若将A极板向右平移少许，夹角θ将不变D.若将B极板向上平移少许，夹角θ将变小【答案】BC【解析】【详解】A．若将A极板向下平移少许，根据极板正对面积减小，得知电容将减小，电容器的电量Q不变，根据分析得知板间电势差增大，A错误；B．若将B极板向右平移少许，根据板间距离d增大，电容将减小，B正确；C．根据可得板间场强电容器的电量Q不变，板间场强E与板间距无关，板间场强E不变，小球所受的电场力不变，不变，C正确；D．根据若将B极板向上平移少许，极板正对面积减小，得知电容将减小，电容器的电量Q不变，根据分析得知板间电势差增大，根据板间场强E变大，根据小球所受的电场力变大，变大，D错误。故选BC。12.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是()A.粒子必定带正电荷B.粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D.粒子在M点的动能大于它在N点的动能【答案】AC【解析】【详解】试题分析：由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力方向沿着电场线切线的方向，所以粒子带正电，故A正确；电场线的密集程度表示电场的强弱，由图可以看出，N点的电场强度大于M点的，故粒子在M点受的电场力小，加速度小，所以C正确、B错误；由图可以看出，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增大，所以D错误；考点：电场线、电势、动能定理第Ⅱ卷<非选择题，共52分>二、填空题。13.有一根细而均匀的导电材料，截面为同心圆环如图所示，已知这种材料的电阻率为ρ，长度为L，欲测量该样品的内径，但内径太小，无法直接测量。现提供以下实验器材：A.螺旋测微器B.电流表A1（量程50mA，内阻r1=100Ω）C.电流表A2（量程100mA，内阻r2约为40Ω）D.滑动变阻器R1（0﹣10Ω，额定电流2A）E.直流电源E（12V，内阻很小）F.上述导电材料R2（长L约为5cm，电阻约为100Ω）G.开关一只，导线若干请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，①用螺旋测微器测得该样品的外径如图所示，其示数D=_____mm。②在如图所示所给的方框中画出设计的实验电路图______，并标明所选器材③用已知的物理量和所测得的物理量的符号表示样品的内径d=________。【答案】①.3.205（3.204~3.206）②.③.【解析】【分析】①螺旋测微器读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数②电流表A1内阻已知，故将电流表A1当电压表使用；为得到较大的电压调节范围，滑动变阻器采用分压式接法；③根据并联电路总电流等于各个支路电流之和，得到通过电阻的电流；根据欧姆定律计算出电阻值；最后再根据电阻定律求解出直径。【详解】①[1]螺旋测微器的读数应先从主尺上读整半毫米数，然后从可动刻度读出不足半毫米的数值，此时应注意估读，3.000mm+0.01×20.5mm=3.205mm，在范围3.204mm﹣3.206mm之内都算准确。②[2]仪器中没有提供电压表，电流表A1其内阻为准确值，所以可以用此表来当作电压表，用电流值与内阻乘积表示该表两端的电压，电路用滑动变阻器分压接法、安培表外接，如图所示。③[3]通过R2的电流为I2﹣I1，由欧姆定律有根据电阻定律，有由以上两式得到【点睛】本题关键是明确电阻测量的两种方法，用欧姆表粗略测量，用伏安法精确测量；同时会用螺旋测微器测量长度，会减小伏安法测电阻的误差。14.某研究小组收集了两个电学元件：电阻（约为）和中的锂电池（电动势E标称值为，允许最大放电电流为）。实验室备有如下器材：A.电压表V（量程，电阻约为）B.电流表（量程，电阻约为）C.电流表（量程，电阻约为）D.滑动变阻器（，额定电流）E.电阻箱F开关S一只、导线若干(1)为了测定电阻的阻值，小明设计了一电路，与其对应的实物图如图，图中的电流表A应选___________（选填“”或“”），请将实物连线补充完整。（）(2)为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图甲所示的电路图。根据测量数据作出图象，如图乙所示，若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势___________，内阻___________。（用k、b表示）

【答案】①.②.③.④.【解析】【详解】(1)[1][2]电压表量程是，通过待测电阻的最大电流因此电流表应选电流表，待测电阻阻值约为，滑动变阻器（，额定电流），与电阻箱最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法，且则电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示。(2)[3][4]由实验原理可知则因此图象的纵轴截距电动势图象的斜率则电源内阻三、计算题15.如图所示，光滑绝缘水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量均为m，间距均为r，A、B带正电，电荷量均为q．现对C施一水平力F的同时放开三个小球，欲使三小球在运动过程中保持间距r不变，求：(1)C球的电性和电荷量；(2)水平力F的大小．【答案】（1）C球带负电，电荷量为2q（2）【解析】【详解】(1)A球受到B球库仑斥力F1和C球库仑力F2后，产生水平向右的加速度，如图，故F2必为引力C球带负电荷，根据库仑定律有及，F1与F2的合力方向水平向右

故，即，故qC=2q(2)对A球：对系统整体：F=3ma故16.如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V,1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移动至最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光电流表为理想电表.（1）求电源的电动势；（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；（3）当滑动变阻器的Pb段电阻为多大时，变阻器R3上消耗的功率最