广东省深圳市2022-2023学年高二上学期物理期中联考试卷（含答案）

广东省深圳市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．可视为点电荷的A、B两带电小球固定在真空中，所带电荷量均为+q，若仅将A球所带电量变为－q，则B球所受的库仑力()A．大小和方向均不变 B．大小和方向均改变C．大小改变、方向不变 D．大小不变、方向改变2．有一个已充电的电容器，两极板之间的电压为5V，所带电荷量为2.5×10A．2×10−4F B．5×105F3．如图所示是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S，由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该橡胶棒每米长度所带的电荷量为q，则当该棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，形成的等效电流为（）A．vq B．qv C．qvS D．4．如图中虚线表示电场中的两条等势面电势分别为U1和U2，实线表示一带电粒子运动的轨迹，若粒子在P点时动能为E1A．E1>E2 B．E1<5．如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直则（）A．A点和C点的电场强度相同B．D点电场强度大小可能为0C．将一正电荷q从A沿圆周移动到B，电势能不变D．A，B，C，D四个点中B点电势最高6．一个带正电的质点，电荷量q=2.0×10−9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除静电力外，其他力做的功为3.0×10−5J，质点的动能增加了A．5.0×104V B．1.0×104V7．如图所示，是电阻R的I－U图象，图中α＝45°，由此得出（）

A．电阻R＝0.5ΩB．电阻R＝2.0ΩC．因I－U图象的斜率表示电阻的倒数，故R＝1tanαD．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0C二、多选题8．关于多用电表的使用，下列说法不正确的是（）A．表盘上电阻的刻度线不均匀，越靠近右侧刻度线越密集B．使用完毕应把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡C．测量电阻时，第一次测量之前要欧姆调零，之后就算换倍率测量，也没有必要重新欧姆调零D．测量直流电压、直流电流时电流从“＋”接线柱流入多用电表，测电阻时电流从“－”接线柱流入多用电表9．如图所示的电路中，电流表、电压表均为理想电表，若将滑动变阻器R1A．电流表示数变小 B．电压表示数变大C．电源内电路消耗的功率变大 D．R310．竖直向上的匀强电场中，有一带电荷量为1×10-2C的带电小球，施加拉力F使小球向上加速运动一段距离，从A点上升到B点，在此过程中克服重力做功2J，电场力做功1J，不计空气阻力，则（）A．从A点到B点小球的电势能增加了1JB．从A点到B点小球的重力势能增加了2JC．A，B两点间的电势差为100VD．A，B两点间的电势差为300V三、实验题11．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和乙所示。（1）由图甲得圆柱体的直径为mm，由图乙得圆柱体的长度为cm；（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=（各物理量单位均为基本单位）。12．某同学做“测定电动势约2V内阻约4Ω的电池的电动势和内阻”实验。他采用如图1所示的实验电路进行测量。现有下列器材供选用：A．电压表（0~15V，内阻约20kΩ）B．电压表（0~3V，内阻约10kΩ）C．电流表（0~0.6A，内阻约0.4Ω）D．电流表（0~3A，内阻约1Ω）E．滑动变阻器（500Ω，1A）F．滑动变阻器（20Ω，2A）（1）实验中所用电压表应选，电流表应选用，滑变阻器应选用（填字母代号）（2）图2中给出了做实验所需要的各种仪器．请你按电路图把它们连成实验电路。（3）根据实验数据做出U−I图像，如图3所示，蓄电池的电动势E=V，内电阻r=Ω。（结果保留2位有效数字）四、解答题13．如图所示，一电荷量为q的可视为质点的带正电小球A用长为L的轻质绝缘细线悬挂于O点，另一带电荷量Q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上（A、B均视为点电荷），当小球A平衡时，恰好与B处于同一水平线上，此时细线与竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度为g，静电力常量为k。求：（1）小球A所受的静电力大小和方向；（2）小球B在A处产生的场强大小和方向。14．如图所示，电源电动势为12V，内电阻为r=1Ω，R1=1Ω，R2=6Ω，电动机线圈电阻为0.5Ω，若开关闭合后通过电源的电流为3A，则R1上消耗的电功率为多少？电动机消耗的电功率为多少？15．如图所示，水平放置的两平行金属板，板长为10cm，两板相距2cm。一束电子以v0＝4.0×107m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端L为45cm、宽D为20cm的荧光屏上。(不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量e＝1.6×10－19C)求：（1）电子飞入两板前所经历的加速电场的电压；（2）为使带电粒子能射到荧光屏的所有位置，两板间所加电压的取值范围？

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】根据库仑公式F=kqq故答案为：D。

【分析】利用库仑定律可以判别库仑力大小不变，方向发生改变。2．【答案】D【解析】【解答】根据电容定义式可得C=故答案为：D。

【分析】利用电容的定义式可以求出电容的大小。3．【答案】A【解析】【解答】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，单位时间内通过的距离为vΔt，单位时间内通过的电荷量Q=qvΔt，得到等效电流为I=Q故答案为：A

【分析】利用电荷量结合电流的定义式可以求出等效电流的大小。4．【答案】B【解析】【解答】根据运动轨迹可知，带电粒子所受的电场力大致向右，则从Q到P电场力做负功，动能减小，可知E1故答案为：B。

【分析】利用运动的轨迹可以判别电场力的方向，结合电场力做功可以比较动能的大小，由于未知粒子电性不能比较电势的高低。5．【答案】B【解析】【解答】A．由场强叠加可知，A和C两点的电场强度大小相同，方向不同，A不符合题意；B．D点的合场强等于E−kQC．正电荷A→B过程中，点电荷+Q对正电荷不做功，但是匀强电场对正电荷做正功，电势能减小，C不符合题意；D．由电势叠加可知，A、B、C、D四点中D点电势最高，B点电势最低，D不符合题意。故答案为：B。

【分析】根据点电荷周围电场线的分布以及电场强度的叠加判断A、C两点的电场强度大小，利用点电荷周围合场强的表达式判断D点的场强大小，利用电势的叠加判断四点的电势高低。6．【答案】B【解析】【解答】根据动能定理，可得W解得W则a、b两点间的电势差为U故答案为：B。

【分析】根据动能定律得出质点从a点移到b点过程电场力做的功；结合电场力做功的表达式得出ab两点间的电势差。7．【答案】B【解析】【解答】根据电阻的定义式R=UI可知，I-U图象斜率的倒数等于电阻R，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解，则得由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=3×1C=3.0C故答案为：B。

【分析】根据电阻的定义式得出I-U图像的斜率等于电阻的倒数，结合图像求出该导体的电阻，根据欧姆定律以及电流的表达式得出通过电阻横截面的电荷量。8．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．欧姆挡刻度分布不均匀，越靠近左侧刻度线越密集，A错误，符合题意；B．使用完毕应把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡，B正确，不符合题意；C．测量电阻时，第一次测量之前要欧姆调零，之后只要换倍率测量，就必须重新欧姆调零，C错误，符合题意；D．测量直流电压、直流电流时电流从“＋”接线柱流入多用电表，测电阻时也是电流从“＋”接线柱流入多用电表，D错误，符合题意。故答案为：ACD。

【分析】欧姆档的刻度分布不均匀，越往左侧刻度线越密集；使用完毕应该把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡；换挡后应该重新进行欧姆调零；多用电表的电流方向应该是红进黑出。9．【答案】A,C【解析】【解答】AB．将滑动变阻器R1滑片上移，电阻R1电阻值减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I增大，内电压增大、路端电压U减小，由于R2和R3所在的支路电阻不变，由欧姆定律分析得知IA=UC．电路中总电流减小，根据P=I2r得知，电源内电路消耗的功率变大，C符合题意；D．由上分析得知通过电流表的电流IA减小，通过R3的电流减小，则根据P=IA2R3可知R3消耗的功率变小，D不符合题意。故答案为：AC。

【分析】利用动态电路的串反并同结合滑动变阻器阻值的变化可以判别电路中电流、电压和电功率的大小变化。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．电场力做正功，电势能减少1J，A不符合题意；B．克服重力做功2J则小球的重力势能增加2J，B符合题意；CD．根据U代入数据可得UC符合题意，D不符合题意。故答案为：BC。

【分析】电场力做正功，电势能减少；结合电场力做功与电势差的关系得出AB之间的电势差。11．【答案】（1）1.742；5.240（2）πU【解析】【解答】（1）螺旋测微器的读数等于固定刻度读数与可动刻度读数之和，所以圆柱体的直径为d=1.5mm+24.2×0.01mm=1.742mm；20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，其读数等于主尺读数与游标尺读数之和，所以圆柱体的长度为L=52mm+8×0.05mm=52.40mm=5.240cm（2）根据电阻定律有R=ρLS=ρL【分析】（1）利用螺旋测微器的结构和精度可以读出对应的读数；利用游标卡尺的结构和精度可以读出对应的读数；

（2）利用电阻定律及欧姆定律可以求出电阻率的表达式。12．【答案】（1）B；C；F（2）（3）2.0；3.8【解析】【解答】（1）电动势约为2V，电压表选B，电路最大电流约为0.5A，电流表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选F；（2）根据电路图连接实物图，如图所示（3）由图示电源U−I图像可以知道，图像与纵轴交点坐标值为2.0，所以电源电动势E=2.0V，电源内阻r=【分析】（1）利用电动势的大小可以选择电压表的量程；利用欧姆定律可以选择电流表的量程；利用电动势的大小可以判别滑动变阻器的选择；

（2）利用电路图进行实物图连线；

（3）利用图像斜率和截距可以求出内阻和电动势的大小。13．【答案】（1）解：由于小球A平衡时恰好与B处于同一水平线上，所以小球A所受的静电力方向为水平向右，根据库仑定律可知小球A所受的静电力大小为F=（2）解：根据电场强度的定义可得小球B在A处产生的场强大小为E=方向水平向右。【解析】【分析】（1）当小球A处于平衡，利用库仑定律可以求出小球A受到的库仑力的大小及方向；

（2）已知小球A与B之间的库仑力大小，结合场强的表达式可以求出B在A产生的场强大小。14．【答案】解：R1上消耗的功率P1=I2R1=9×1W=9W电动机两端的电压：U=E﹣I（R1+r）=12﹣3×（1+1）=6V通过R2的电流为I1=UR通过电动机的电流为I2=I﹣I1=2A故电动机消耗的电功率为P2=I2U=2×6W=12W【解析】【分析】已知干路电流的大小，结合热功率的表达式可以求出R1消耗的电功率的大小；已知电动势和干路电流，利用闭合电路的欧姆定律可以求出电动机两端电压的大小，结合欧姆定律可以求出通过R2的电流大小，结合电功率的表达式可以求出电动机消耗功率的大小。15．【答案】（1）解：设加速电场的电压为U1，由动能定理可得e化简得U代入数据得U1＝4.5×103V（2）解：电子的轨迹如图所示：设电子飞出偏转电场时速度为v1，和水平方向的夹角为θ，偏转电压为U2，偏转位移为y，则：y=tan由