甘肃省张掖市2022-2023学年高二上学期物理期中联考试卷（含答案）

甘肃省张掖市2022-2023学年高二上学期物理期中联考试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（）A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D．以上说法均不正确2．真空中两个带电的金属球（均可视为点电荷），分别固定在距离为r的两处，两小球间的库仑力大小为F。若两球电荷量均变为原来的2倍，使两小球间的库仑力大小不变，则两小球间的距离应变为（）A．r B．2r C．3r D．4r3．电场中有一点P，下列说法中正确的是（）A．若放在P点的电荷量减半，则P点的电场强度减半B．若P点没有试探电荷，则P点电场强度为0C．P点的电场强度越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P点的电场强度方向就是放在该点的电荷所受电场力的方向4．如图所示，水平实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出的正确判断是（）A．带电粒子带正电荷B．该粒子运动方向为由a至bC．带电粒子所受电场力的方向向右D．带电粒子做匀变速运动5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同。实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）A．三个等势面中，a等势面电势高 B．带电质点通过P点时电势能较小C．带电质点通过Q点时速度较大 D．带电质点通过Q点时加速度较大6．如图所示，a、b、c是正点电荷的电场中一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，且a、b间的距离等于b、c间的距离。用φa、φb、φc和Ea和Eb、Ec分别表示A．φa>φC．φa−φ7．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B．对应P点，小灯泡的电阻R＝UC．对应P点，小灯泡的电阻R＝UD．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积二、多选题8．在如图所示的U-I图像中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线II为某一电阻R的U-I曲线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路。由图像可知（）A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为4WD．电源的效率为50%9．如图所示，平行板电容器通过一个灵敏电流表和电源相连，下列说法正确的有（）A．闭合开关S，A板带正电B．闭合开关S，稳定后，将A板向上平移一小段位移，G表中有a→b的电流C．闭合开关S一段时间，再断开开关S，将A板向左平移一小段位移，两板间电场变强D．闭合开关S一段时间，再断开开关S，将A板向下平移一小段位移，两板间场强不变10．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω，若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A．电动机的输入功率是12W B．电动机的输出功率12WC．电动机的热功率是2W D．整个电路消耗的电功率是22W11．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，则下列说法正确的是（）A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小C．电源的总功率减小 D．电源内部消耗的热功率增大三、实验题12．有一圆柱体的未知合金，为测定其电阻率，某同学做了如下操作（1）用螺旋测微器测其直径d，如图，读数是mm（2）再用游标卡尺测其长度l，如图，读数是cm（3）若已知该合金的电阻为R，则该合金的电阻率的表达式ρ=（请用上述字母d、l、R表示）。（4）若采用外接法测电阻，电阻的测量值（填偏大或偏小）13．（1）下述关于使用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是___________A．测量前待测电阻不用与外电路断开B．测量阻值不同的电阻时都必须重新欧姆调零C．测电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后再测D．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔（2）某同学利用多用电表测量一个未知电阻的阻值，由于第一次选择的欧姆“×10”挡，发现指针偏转角度极小。现将旋钮调至另外一挡，进行第二次测量使多用电表指针指在理想位置。下面列出第二次测量可能进行的操作：A．将两表笔短接，并调零B．将两表笔分别跟被测电阻的两端接触，观察指针的位置C．将多用电表面板上旋钮调到“×100”挡D．将多用电表面板上旋钮调到“×1”挡E．随即记下表盘的读数，乘以欧姆表的倍率挡，测得电阻值根据上述有关操作，请选择合理实验步骤并按操作顺序写出：。（3）使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图中a、b所示。若选择开关处在“×10”的欧姆挡时指针位于a，则被测电阻的阻值是Ω。若选择开关处在“直流电压5V”挡时指针位于b，则被测电压是V。四、解答题14．将电量q1=+1.0×10－8C的点电荷，在A点时所受电场力大小是2.0×10－5N。将它从零电势O点处移到电场中A点时，需克服电场力做功2.0×10－6J.求：（1）A点处的电场强度的大小．（2）电势差UAO．（3）若将q1换成q2=－2.0×10－8C的点电荷，求q2从O点移动到A点过程中q2所受电场力所做的功．15．用一根长为l的丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球，丝线悬点位置为O，小球静止在水平向右的匀强电场中的A点，如图所示，丝线与竖直方向成37°角。求：（1）小球的电性；（2）匀强电场的电场强度的大小；（3）OA间的电势差UOA。16．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=2E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=3E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为L2（1）电子到MN的速度大小；（2）电子从释放到打到屏上所用的时间；（3）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；（4）电子打到屏上的点P′到点O的距离x。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷．感应起电过程电荷在电场力作用下，电荷从物体的一部分转移到另一个部分，所以ABD错误，C正确．故选C【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．2．【答案】B【解析】【解答】未改变两小球电荷量时，它们之间的库仑力大小为F=kq1q2r故答案为：B。

【分析】根据库仑定律得出两球间的距离。3．【答案】C【解析】【解答】ABC．电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关，但F＝qE，即F与E成正比，AB不符合题意，C符合题意；D．电场强度方向与正电荷所受电场力方向相同，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】电场强度由电场本身决定，电场强度方向与正电荷所受电场力方向相同。4．【答案】D【解析】【解答】AC．做曲线运动的物体，速度沿轨迹切线方向，物体受到的合力方向指向轨迹弯曲的内侧，带电粒子只受电场力，故电场力即为所受合力，电场力方向在电场线的切线方向上，若电场线为直线，电场力就沿电场线所在直线，综合判定可知，该带电粒子所受电场力水平向左，与场强方向相反，粒子带负电，AC不符合题意；B．粒子运动方向无法判定，B不符合题意；D．由于粒子在匀强电场中运动，则粒子所受电场力是恒定的，可知粒子运动的加速度a=F故答案为：D。

【分析】曲线运动的合力指向轨迹的凹侧，当合力与速度在一条直线上是做直线运动，利用牛顿第二定律得出加速度的表达式。5．【答案】C【解析】【解答】A．由曲线运动条件和电场线与等势面的关系以及负电荷电场力与电场方向的关系，可判断，质点运动轨迹与等势面交点处受到的电场力方向为垂直等势面向下，则电场方向为垂直等势面向上，则电场方向由等势面c指向等势面a，由于电势沿电场线方向逐渐降低，所以a等势面电势最低，A不符合题意；B．负电荷在电势低处的电势能大于电势高处的电势能，所以带电质点通过P点时电势能较大，B不符合题意；C．质点由P到Q，电场力方向与运动方向的夹角为锐角，质点做加速运动，所以带电质点通过Q点时速度较大，C符合题意；D．a、b、c三个等势面为等差等势面，等差等势面越密集的地方电场强度越大，所以P点电场强度大于Q点，则质点在P点受到的电场力大于Q点，所以带电质点通过P点时加速度较大，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】当合力和速度不在一条直线上是做曲线运动，负电荷所受电场力的方向与电场的方向相反，负电荷在电势低处的电势能大于电势高处的电势能，电场线的疏密表示电场的强弱。6．【答案】D【解析】【解答】A．沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa＞φb＞φc，A正确，不符合题意；B．a、b、c是正点电荷一条电场线上的三个点，由电场线的特点：电场线从正电荷出发，所以可以判断出正电荷位于a的左侧，所以a处的电场强度最大，c处的电场强度最小，B正确，不符合题意；CD．由于a处的电场强度大，根据U=Ed，所以ab两点间的电势差的大于bc两点之间的电势差，即φa故答案为：D。

【分析】沿电场线方向电势降低电场线从正电荷出发，结合匀强电场的电场强度和电势差的关系进行分析判断。7．【答案】D【解析】【解答】A．如图所示，图像上各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，斜率减小，则说明随着电压的增大，小灯泡的电阻增大，A不符合题意；BC．根据电阻的定义得，对P点，小灯泡的电阻为R=UD．根据功率公式P=UI，可知，对P点，小球的功率为矩形PQOM所围面积，D符合题意。故答案为：D。

【分析】I-U的斜率表示电阻的倒数，结合欧姆定律以及电功率的表达式进行分析判断。8．【答案】A,B,C【解析】【解答】A．由题图直线I可知E=3V，r=A符合题意；B．由题图直线II可知R=B符合题意；C．电源的输出功率P=C符合题意；D．电源的效率η=D不符合题意。故答案为：ABC。

【分析】根据U-I的图像得出电源的电动势以及电源的内阻，结合直线2得出电阻R的阻值，利用热功率的表达式得出电源的输出功率，结合输出功率和电源总功率的关系得出电源的效率。9．【答案】C,D【解析】【解答】A．闭合开关S，电容器充电，B极板带正电，A不符合题意；B．闭合开关S，将A板向上平移一小段位移，两板间的距离增大，电容减小，根据Q=UC可知，电容器将放电，故G表中有b→a的电流，B不符合题意；C．断开开关S，将A板向左平移一小段位移，正对面积减小，由C=εS4πkd，电容C减小，因电量不变，则由Q=UC可知，U增大，由D．断开开关，电量不变，将A板向下平移一段位移时，根据电容器的定义式可知，C=εS4πkd，C=QU；而故答案为：CD。

【分析】根据电容器的定义式以及决定式和匀强电场电场强度的表达式得出场强的变化情况以及电流的方向。10．【答案】A,C【解析】【解答】A．电动机两端的电压U1=U−UL=12V−6V=6VBC．电动机的热功率P热=ID．整个电路消耗的功率P总故答案为：AC。

【分析】根据电路的分析以及电功率的表达式得出电动机的输入功率，通过热功率的表达式得出电动机的输出功率和整个电路消耗的功率。11．【答案】B,D【解析】【解答】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U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，则通过R2的电流I故答案为：BD

【分析】利用动态电路的串反并同结合滑动变阻器的阻值变化可以判别电路中电流、电压、功率的变化。12．【答案】（1）2.150（2）1.240（3）π（4）偏小【解析】【解答】（1）用螺旋测微器测其直径d=2mm+0.01mm×15.0=2.150mm（2）用游标卡尺测其长度l=1.2×10mm+0.05mm×8=12.40mm=1.240cm（3）若已知该合金的电阻为R，则由R=ρlS（4）若采用外接法测电阻，电压表内阻很大，但也要分流，故电流表测量的电流包括流过电压表的电流，使得测出的电流比流过待测电阻的电流偏大，则测出的电阻比真实值偏小。【分析】（1）根据螺旋测微器的读数原理得出圆柱体的直径；

（2）利用游标卡吃的读数原理得出圆柱体的长度；

（3）根据电阻定律得出合金的电阻率的表达式。13．【答案】（1）C（2）CABE（3）500；3.75（3.74~3.76均可）【解析】【解答】（1）A．多用电表欧姆挡测电阻的原理是通过表内电源对待测电阻进行供电，从通过电阻的电流来间接反应其阻值大小，所以测量前待测电阻需要与外电路断开，A不符合题意；B．测量阻值不同的电阻时，只要倍率未换，就不需要重新欧姆调零，B不符合题意；C．测电阻时如果指针偏转过大，说明待测电阻阻值相对所选量程偏小，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后再测，C符合题意；D．在外电路，黑表笔与表内电源正极相连，所以电流从黑表笔流经被测电阻到红表笔，D不符合题意。故答案为：C。（2）指针偏转角度极小说明待测电阻阻值相对“×10”挡偏大，应先将多用电表面板上旋钮调到“×100”挡，然后将两表笔短接，并调零，之后再将两表笔分别跟被测电阻的两端接触，观察指针的位置，最后记下表盘的读数，乘以欧姆表的倍率挡，测得电阻值，故操作顺序为CABE。（3）被测电阻的阻值是Rx=50×10Ω=500Ω【分析】（1）（2）根据多用电表欧姆挡测电阻的使用原理选择正确的选项以及正确的操作顺序；

（3）根据多用电表电流表盒电塔标的读数原理进行读数。14．【答案】（1）由场强的公式可得：（2），故UAO=200V，即UA-UO=200V，所以UA=200V（3）q2从O点移动到A点过程中电场力所做的功【解析】​【分析】利用电场强度定义式求电场强度，电势差利用计算。15．【答案】（1）正电（2）解：根据平衡条件可知mg解得