黑龙江省龙东联盟高二上学期期中考试物理试题（含答案解析）

2023级高二学年上学期期中试题（物理）注意事项：1本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间75分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置。2回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试题卷上无效。3回答第Ⅱ卷时，用黑色笔写在答题卡指定位置上。写在本试题卷上无效。4考试结束后，考生将答题卡交回。第Ⅰ卷（选择题共46分）一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列物理量，用比值法定义的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．是部分电路欧姆定律的表达式，导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，故A错误；B．是由电容的定义式推导出的二级结论，不是比值法定义电容的比例式，故B错误；C．是匀强电场中场强与电压的关系式，不是电场强度的比值定义式，故C错误；D．为电势的比值法定义式，D正确。故选D。2.如图所示，竖直面内固定一均匀带电圆环A，所带电荷量为Q，圆环A的轴线（过圆心且垂直于圆环平面）上距离圆心为r处有一质量为m、电荷量为q的小球，小球用绝缘细线悬挂于O点，静止时小球与O点连线与竖直方向的夹角为θ，小球与圆环连线与轴线的夹角为α，静电力常量为k，重力加速度为g，则小球与圆环之间的库仑力大小为（）A.k B.kcos2αC.mgtanθ D.mgcosθ【答案】C【解析】【详解】A．因为带电圆环A距离带电小球较近，故不能将其看成点电荷，故不能使用库仑定律求小球受到库仑力，故A错误；B．把圆环A分成无数小段，取环上任取一点，可看作点电荷Δq，Δq对小球的库仑力为求出圆环上各点电荷对小球的库仑力的合力为故B错误；CD．小球受到的重力竖直向下、静电力方向向右，小球的受力情况如图所示，由平衡条件得故C正确，D错误。故选C。3.某一次闪电的过程简化为：当雷雨云移到某处时，云的中下部是强大负电荷中心，云底相对的下垫面为正电荷中心，云底出现大气被强烈电离的一段气柱，可视为半径约50m的圆柱。在闪电前云地之间电势差约为，云地间距离约为900m；第一个闪击中，云地间闪电电流的瞬时值约为，闪击持续时间约为65μs，假定闪电前云地间的电场是均匀的，根据以上数据，下列判断正确的是（）A.第一次闪击转移的电荷量约为6.5CB.被电离的气柱阻值约为C.闪电前云地间电场强度约为D.被电离的气柱的电阻率约为【答案】A【解析】【详解】A．由题意可知，t=65μs由电流的定义可得A正确；B．欧姆定律可得即被电离的气柱的阻值约为，B错误；C．由于闪电前云地间的电场可看做匀强电场，可得C错误；D．由电阻定律可得代入数据解得被电离的气柱的电阻率为Ω·mD错误。故选A。4.四个相同的小量程电流表分别改装成电流表A1、A2和电压表V1、V2。连接在如图所示电路中，稳定时电流表A1的示数大于A2，电压表V1的示数大于V2，则（）A.电流表A1的内阻大于A2的内阻B.电流表A1的电功率大于A2的电功率C.电压表V1的内阻小于V2的内阻D.电压表V1指针偏角小于V2的指针偏角【答案】B【解析】【详解】A．表头并联电阻后可改装成电流表。对于电流表A1和A2，由于两表并联，所以电压相等，故电流表示数大的内阻小，则电流表A1的内阻小于A2的内阻，故A错误；B．电流表A1和A2并联，故电压相同，由于电功率P=UI可知，电流大的电功率大，故B正确；CD．表头串联电阻后可改装成电压表。对于电压表V1和V2，两个表头串联，故流过两个表头的电流相同，则电压表V1指针偏转角等于电压表V2的指针偏转角，而电压表V1的示数大于V2的示数，说明电压表V1的内阻大于电压表V2的内阻，故CD错误。故选B。5.如图所示的电路中，定值电阻分别为R1=R2=6Ω，R3=R4=3Ω，现在M、N两点间加12V的稳恒电压，则下列说法正确的是（）A.M、N间的总电阻为9Ω B.R1和R2两端的电压比为2∶1C.流过R2和R3的电流比为1∶2 D.R1和R4两端的电压比为2∶1【答案】C【解析】【详解】A．R1、R2和R3并联的电阻值为解得=1.5Ω再和R4串联，总电阻为=4.5Ω故A错误；B．R1和R2并联，两端的电压比为1∶1，故B错误；C．R2和R3并联，两端的电压相等，流过两电阻的电流与电阻成反比，即流过R2和R3的电流比为故C正确；D．R123和R4串联，电流相等，则电压与电阻值成正比，又R123两端的电压，所以R1和R4两端的电压比为故D错误。故选C。6.如图所示，a、b为两个固定的带等量电荷的正点电荷，cd为ab的垂直平分线，一负点电荷从c点由静止释放，只受电场力作用，在cd间做往复运动，则关于此负电荷的运动，下列说法正确的是（）A.从c到d，所受电场力大小不变B.从c到d，电势能先增大，后减小C.从c到d，速度可能先增大后减小，再增大，再减小D.从c到d，加速度可能先增大后减小，再增大，再减小【答案】D【解析】【详解】A．根据矢量的合成法则可以知道，在点电荷a、b连线的中垂线上的点（O点除外），其电场强度的方向都是沿着中垂线背离O点，从O点到无穷远，电场强度先增大后减小，负点电荷从c向d运动的过程中，电场力变化，故A错误；B．负点电荷从c向d运动的过程中，电场力先做正功，越过O点后，电场力做负功，电势能先减小后增大，故B错误；C．从到，受到的电场力始终指向O点，因此速度先增大后减小，故C错误。D．负点电荷由点静止释放，只受到电场力作用，根据矢量的合成法则可以知道，在点电荷、连线的中垂线上的点（点除外），其电场强度的方向都是沿着中垂线背离点，从点到无穷远，电场强度先增大后减小，则该负点电荷在间做往复运动，由题意可知，从到的电场强度可能减小，也可能先增大后减小，则加速度可能越来越小，也可能先增大后减小，根据对称性，从到加速度可能越来越大，也可能先增大后减小，故D正确；故选D。7.如图所示，电源电动势E、内阻r可认为不变，定值电阻R1=0.5r，定值电阻R2=2r，滑动变阻器的最大阻值等于r，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴恰好保持静止。将滑动变阻器滑片向上移动，稳定后理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，下列说法正确的是（）A.B.、、均不变C.电源的输出功率变大，电源效率变大D.带电液滴将向下运动，定值电阻R2中有从流向的瞬间电流【答案】B【解析】【详解】AB．理想电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，根据欧姆定律可得理想电压表V2测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得则有，，可知、、均不变，由于定值电阻R1的阻值小于，则有ΔU1﹤ΔU2故A错误，B正确；C．电源的输出功率为R可知当外电阻（即R1与滑动变阻器接入电路的阻值之和）等于r时，电源的输出功率最大，由于R1<r，则滑动变阻器滑片上移，接入电路的阻值变大，外电阻变大。若滑片移动前，外电阻小于内阻，则滑片上移，电源的输出功率可能增大，可能先增大后减小，若滑片移动前，外电阻大于内阻，则滑片上移，电源的输出功率减小；电源效率为由于外电阻增大，则电源效率增大，故C错误；D．将滑动变阻器滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知电路电流减小，根据可知电容器极板间电压增大，根据可知电容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻中有从b流向a的瞬间电流。由可知极板间匀强电场的电场强度E变大，向上的电场力变大，则带电液滴将向上运动。故D错误。故选B。8.下列说法正确的是（）A.闭合回路中，电源内部只有非静电力做功，其他形式的能转化为电能B.金属、合金的电阻率随温度的升高而增大，半导体的电阻率随温度的升高而减小C.串联电路中增加一个电阻则总电阻变大，任意一个电阻变大，总电阻变大D.并联电路中增加一个支路则总电阻变小，任意一个支路的电阻变大，总电阻变大【答案】CD【解析】【详解】A．电源内部是通过非静电力做功其他形式的能转化为电能，同时电流做功，电能转化为内能，故A错误；B．金属的电阻率随温度的升高而增大，某些合金的电阻率随温度的升高几乎不变，半导体的电阻率随温度的升高而减小，故B错误；C．根据串联电路电阻的特点可知串联电路中增加一个电阻则总电阻变大，任意一个电阻变大，总电阻变大，故C正确；D．根据并联电路电阻的特点可知并联电路中增加一个支路则总电阻变小，但是任意一个支路的电阻变大，总电阻变大，故D正确。故选CD。9.将一电源、定值电阻及电阻箱连成如图甲所示的闭合回路，闭合开关后调节电阻箱的阻值，测得电阻箱功率与电阻箱读数变化关系曲线如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A.该电源电动势为12VB.该电源的内阻为4ΩC.当外阻等于内阻时，R的功率最大D.当电阻箱的功率最大时，两端的电压为4.5V【答案】AD【解析】【详解】A．电源电动势为E，电阻箱的电功率最大的时候，电阻箱的电压为6V，由，得根据串联分压可得代入数据解得电源电动势为即故A正确；BC．根据电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线，当电阻箱的电阻等于电源内阻加R0之和时，即电阻箱消耗的电功率最大，已知可得故BC错误；D．R的功率最大时，有解得电路中的电流为I=15AR功率最大时，两端的电压为故D正确。故选AD。10.小华同学做实验，如图所示为先后四次测电阻Rx的电路，小华把每一次测得的电压表与电流表的示数之比作为Rx的测量值，下列说法正确的是（）A.图A、B、C、D均为分压电路B.图A电路，R0取某一特定的阻值，可以消除测量Rx的系统误差C.图B、C电路，R0取某一特定的阻值，均可以消除测量Rx的系统误差D.图D，R0的测量值小于真实值，产生误差的原因是电压表的分流作用【答案】CD【解析】【详解】A．图A、C为分压电路，图B、D为限流电路，故A错误；B．图A电路，电压表与定值电阻R0的电压之和等于Rx两端的电压，电压表的示数小于Rx两端的电压，电流表的示数大于Rx的电流，Rx的测量值小于真实值；即使R0取零，A电路为外接法电路，测量值仍然小于真实值，故B错误；C．根据串并联电路的特点，在图B、C中，若“电压表内阻与R0之比”等于“Rx与电流表内阻之比”，电压表与Rx获得的电压相等，可以消除测量Rx的系统误差；故C正确；D．图D为外接法电路，Rx的测量值小于真实值，产生误差的原因是电压表的分流作用，故D正确；故选CD。第Ⅱ卷（非选择题共54分）二、非选择题（本题共5小题，共54分）11.练习使用多用表，指针位置如图所示，则不同量程读数如下：（1）若测量电流，且量程为0～10mA，指针如图，则读数为________；（2）若测量电压，且量程为0～50V，指针如图，则读数为________；（3）若测量电阻，且选“×100”的挡位，指针如图，则读数为________。【答案】（1）5.8mA（2）29.0V（3）1100Ω【解析】【小问1详解】量程为0～10mA，精确度为0.2mA，估读到0.1mA，因此读数为5.8mA【小问2详解】量程为0～50V，精确度为1V，估读到0.1V，因此读数为29.0V【小问3详解】挡位为“×100”的欧姆挡，表盘读数为11.0Ω，乘以倍数100，读数为1100Ω12.实验“测电源电动势和内阻”。如图所示，图1和图2为测电源电动势和内阻的两种电路，图3和图4为误差分析图像，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果存在系统误差。（1）测量电源电动势和内阻，为了减小系统误差，应采用________（填写“图1”或“图2”）所示电路。（2）关于图1和图2所示的电路，下列说法正确的是A.图1，原理上电动势和内阻的测量值都偏小B.图1，产生系统误差的原因是电流表的分压作用C.图2，原理上电动势和内阻的测量值都偏大D.图2，产生系统误差的原因是电流表的分压作用（3）图3是用________（填写“图1”或“图2”）电路处理的结果，其中图线________（填写“①”、或“②”、或“③”、或“④”）表示真实图线；（4）图4是用________（填写“图1”或“图2”）电路处理的结果，其中图线________（填写“①”、或“②”、或“③”、或“④”）表示测量图线。综合利用图3与图4，可消除因电表不理想而引起的系统误差。【答案】（1）图1（2）AD（3）①.图1②.①（4）①.图2②.④【解析】【详解】（1）图1电路，电动势和内阻测量值均偏小；图2，电动势测量值无系统误差，但是内阻测量值偏大，内阻测量值为电源内阻和电流表内阻之和，显然系统误差太大，不可取。故采用图1；（2）A．采用图1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，当外电路短路时，电压表分流为0，即图1方法中测量图线和真实图线与横轴交点相同。则图3是用图1电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线。故A正确；B．由于电表不是理想电表，则电流表存在电阻，电压表内阻不是无穷大。采用图1的方法，由于电压表的分流导致电流表读数小于干路电流，引入系统误差的原因是电压表的分流作用。采用图2的方法，由于电流表的分压导致电压表读数小于路端电压，引入系统误差的原因是电流表的分压作用,造成电源内阻测量值偏大，但电动势测量值等于真实值，故B错误；C．采用图2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，当外电路断路时，电流表的分压为0，即图2方法中测量图线和真实图线与纵轴交点相同，则图4是图2电路处理的结果，其中图线③表示真实图线，图线④表示测量图线。原理上电动势测量值无系统误差，是准确的，内阻测量值偏大，故C错误；D．以上分析可知，采用图2的方法，由于电流表的分压导致电压表读数小于路端电压，故D正确。故选AD。（3）[1]采用图1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，当外电路短路时，电压表分流为0，即图1方法中测量图线和真实图线与横轴交点相同。则图3是用图1电路处理的结果；[2]结合以上分析可知，图线②表示测量图线，图线①表示真实图线。（4）[1]采用图2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，当外电路断路时，电流表的分压为0，即图2方法中测量图线和真实图线与纵轴交点相同，则图4是图2电路处理的结果;[2]结合以上分析可知，图线③表示真实图线，图线④表示测量图线。原理上电动势测量值无系统误差，是准确的，内阻测量值偏大。13.如图所示，长为L的绝缘细线一端系一质量为m、带正电的小球，另一端固定在O点，整个装置置于电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中。现拉直细线将小球自O点正下方由静止释放，小球摆动的最大偏角θ=60°，重力加速度为g，求：（1）小球所带电荷量q；（2）小球摆动过程中的最大速度vm。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】当小球运动到最大摆角处时，速度为零，细线拉力不做功，由动能定理可得解得【小问2详解】由，可得故重力与电场力合力方向沿与竖直方向成30°角斜向下，当速度方向与合力方向垂直时速度最大，如图所示由动能定理得解得14.汽车相关现象：当汽车的电动机启动时，车灯亮度瞬间变小。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，若汽车电源的电动势E=15V，内阻r=0.1Ω。（1）车灯接通、电动机未起动时，电流表示数为I1=，此时车灯功率P1多大？（2）电动机启动的瞬间，电流表示数达到I2=50A，电动机启动时车灯的功率减少量ΔP多大？（结果保留1位小数）（3）在（2）所述情况下，电动机的功率P3多大？（结果保留1位小数）【答案】（1）140W（2）（3）428.6W【解析】【小问1详解】电动机未启动时，车灯、电流表和电源串联，根据闭合电路欧姆定律可知此时的路端电压U1=E－I1r即U1=15V－10×0.1V=14V车灯两端电压即路端电压，则车灯的功率P1=U1I1=14×10W=140W【小问2详解】根据欧姆定律可知，车灯的电阻电动机启动瞬间，车灯两端电压U2=E－I2r=15V－50×0.1V=10V车灯的功率车灯的功率减少了【小问3详解】电动机启动瞬间，电源的输出功率为电动机的功率等于电源输出功率减去车灯的功率，即=500－71.4=428.6W15.如图所示，粒子源S不断沿y轴正方向发射质量为m，带电量大小为q的带正电粒子。粒子首先进入偏