2022-2023学年四川省泸县第一中学高二上学期期中物理试题含解析

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泸县一中2022-2023学年高二（上）期中考试物理试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2．回答选择题时，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷自己保管，答题卡交回。第I卷   选择题（50分）一．选择题：本题共10小题，每小题5分，共50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，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. 下列关于电势和电势能的说法，正确的是（　　）A. 对于一个确定的点电荷，在电势越高的位置，其电势能一定越大B. 在电势一定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能一定越大C. 正电荷在电场中某点的电势能一定大于负电荷在该点的电势能D. 电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电势能一定增大【答案】D【解析】【分析】根据电势能的定义及电场力做功与电势能的关系进行分析。【详解】A．电势能与电势的关系为电势能是标量，上式中电量q要带正负号，则负电荷在电势越高的位置，电势能反而越小，故A错误；B．在电势一定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能不一定越大，如电势小于0，放入的正点电荷的电荷量越大，电势能反而越小，故B错误；C．如果电场中某点电势为负，则正电荷在该点的电势能小于负电荷在该点的电势能，故C错误；D．根据电场力做功与电势能的关系可知，在电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电势能一定增大，故D正确；故选D。【点睛】电势能与电势的关系式一定要带正负号。2. 在点电荷－Q的电场中，一金属圆盘处于静电平衡状态，若圆平面与点电荷在同一平面内，则盘上感应电荷在盘中P点所激发的场强E′的方向在图中正确的是(  )A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】导体处于静电平衡状态，因此内部每点的合场强都为零，即导体内的每一点，感应电荷产生的电场强度都与点电荷-Q在那点的电场强度大小相等、方向相反，即感应电荷的电场线与点电荷-Q的电场线重合，且方向相反．负点电荷的电场线指向点电荷，所以附加电场的电场线背离负点电荷。
故选A。3. 平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示，则下列说法正确的是 (　　)A. 保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小B. 保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变C. 电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大D. 电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变【答案】D【解析】【详解】对A、B选项，因电键S闭合，所以A、B两极板的电势差不变，由E＝可知极板间场强增大，悬挂的带正电小球受到的电场力增大，则θ增大，选项A、B错误；对C、D选项，因电键S断开，所以电容器两极板所带电荷量保持不变，由C＝、C＝和E＝可推出，E＝，与两极板间距离无关，两极板间场强保持不变，悬挂的带正电的小球受到的电场力不变，则θ不变，只有D项正确．4. 有一个电流表G，内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA。要把它改装为量程为0～3A电流表，则要（      ）A. 要并联一个阻值0.1Ω的电阻B. 要串联一个阻值0.1Ω的电阻C. 要并联一个阻值900Ω的电阻D. 要串联一个阻值900Ω的电阻【答案】A【解析】【详解】改装成电流表要并联一个电阻分流，并联电阻和表头上的电压均为则故选A。5. 如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是（  ）A. 安培表A1偏转角大于安培表A2的偏转角B. 安培表A1的读数小于安培表A2的读数C. 伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数D. 伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角【答案】D【解析】【详解】AB．安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，由于安培表A1的量程大于A2的量程，则安培表A1的读数大于安培表A2的读数．故AB错误．CD．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，由于伏特表V1的量程大于V2的量程，则伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数．故C错误，D正确．6. 如图所示，在一绝缘斜面上有一带正电的小物体A处于静止状态。现将一带正电的小球沿以A为圆心的圆弧缓慢地从点转至A正上方的O点处，已知、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和始终保持静止不动，A、可视为质点。关于此过程，下列说法正确的是（　　）A. 物体A受到斜面的支持力先增大后减小B. 物体A受到的库仑力保持不变C. 物体A受到的摩擦力一定沿斜面向上D. 地面对斜面摩擦力先减小后增大【答案】A【解析】【详解】AB．对A研究：P对A的库仑力垂直斜面方向的分力，先逐渐增大后逐渐减小，当库仑力与斜面垂直时最大，设该分力为，斜面倾角为，根据平衡条件得斜面对A的支持力可知N先增大后减小，A正确；B．从点转至A正上方O点处的过程中，库仑力的方向在时刻改变，故物体A受到的库仑力发生变化，B错误；C．由于物体A的重力沿斜面向下的分力与物体A受到的库仑力沿斜面向上的分力大小不确定，故物体A受到的摩擦力不一定沿斜面向上，C错误；D．以A和C整体为研究对象，分析受力情况如下图所示设P对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为，根据平衡条件得由于F大小不变，减小，则知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小，C错误。故选A。7. 如图所示，在光滑绝缘水平面上、三个带电小球a、b、c分别位于边长为L的等边三角形的三个顶点；a、b带正电且电荷量相等，整个系统置于场强大小为E、方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，则（　　）A. 小球c可能带正电 B. 场强方向垂直于a、b连线向右C. 小球a所带的电荷量为 D. 小球a与c所带的电荷量之比为2∶1【答案】C【解析】【分析】【详解】A．如果小球c带正电，则三个小球相互之间均为斥力作用，处于同一匀强电场中时，不可能保持静止状态，即小球c必定带负电，故A错误；B．小球a、b带等量正电荷，小球c带负电荷，相互之间存在静电吸引力；要使三个小球均处于静止状态，则匀强电场的方向应垂直于a、b连线向左，故B错误；C．以小球c为研究对象，要使其保持静止状态，则小球a、b在c处激发的电场的合场强，其大小应为，所以有解得故C正确；D．小球a与c在b处激发的电场的合场强，应与匀强电场E等大反向，根据矢量的合成法则有解得故D错误。故选C。8. 如图所示，已知带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，A球固定，B球用长为L的绝缘丝线悬挂在O点，静止时A、B相距为d。若A球电量保持不变，B球缓慢漏电，则下列说法正确的是（　　）A. 丝线对B球的拉力逐渐变大B. A球对B球的库仑力逐渐变小C. 当AB间距离减为时，B球的电荷量减小为原来的D. 当AB间距离减为时，B球的电荷量减小为原来的【答案】BD【解析】【分析】由于B受力平衡，对B受力分析，可以求出AB之间的库仑力的大小，在根据库仑定律可以分析BA之间的库仑力的变化以及B带电量的变化．【详解】对B受力分析，根据B受力平衡可得：
 B球缓慢漏电，则d逐渐减小，可知F减小，T不变；则A错误，B正确；当AB间距离减为时，则库仑力减小到原来的，根据可知B球的电荷量减小为原来的，选项C错误，D正确；故选BD.【点睛】此题根据力的三角形法则，根据相似三角形比例关系讨论，比较简单；结合库仑定律来讨论电量的变化.9. 如图所示，一光滑绝缘的斜面固定于水平面上，C、D是斜面上两个点，一带正电的点电荷+Q固定在斜面下方P点，P、D连线垂直于斜面．滑块A、B叠在一起，B带负电，A不带电，A与B间绝缘，从C点由静止释放，下滑过程中，A、B始终保持相对静止．则滑块A．B从C到D的过程中(     )A. 在D点，速度最大B. 加速度一定逐渐增大C. 滑块B的电势能减小，机械能增加D. 滑块A受到沿斜面向上的静摩擦力【答案】AC【解析】【详解】A．对滑块AB整体，从C到D过程，重力和库仑力一直做正功，故一直加速，故在D点速度最大，故A正确；B．对滑块AB整体，从C到D过程，受重力、支持力和库仑力引力，如果CD距离无穷大，则库仑力开始为零，到达D点时库仑力平行斜面的分力依然为零，故加速度可能是先增加后减小，故B错误；D．先分析滑块AB整体，根据牛顿第二定律，有（mA+mB）gsinθ+Fx=（mA+mB）a（其中Fx为库仑力平行斜面的分力），故a＞gsinθ；再分析滑块A可知mAa=mAgsinθ+f故f=mA（a-g）即B对A的静摩擦力平行斜面向下；故D错误；C．对物体AB分析，如果没有静电力，则加速度a=gsinθ，AB整体机械能守恒，现在加速度a＞gsinθ，整体机械能增加；那么对物体B而言，有静电力时加速度a＞gsinθ，说明动能增加量比机械能守恒时大，故B的机械能也是增加的，故C正确；故选AC。10. 如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中。现将一直径略小于塑料管内径，质量为m，带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg，以下说法正确的是（　　）A. 小球释放后，到达D点时速度最大，并在BDA间往复运动B. 小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力大小为4mgC. 小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5∶1D. 小球释放后，前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg【答案】CD【解析】【详解】A．小球释放后电场力对其做正功，假设小球能够到达C点，且到达C点时的速度大小为vC，则根据动能定理有解得所以小球能够通过C点，之后小球运动至A点后再次开始被电场加速，每运动一周，其动能增大2mgR，其速度降不断增大下去，综上所述可知A错误；B．小球释放后，设第一次达到B点时的速度大小为vB，所受管壁的支持力大小为N1，则根据动能定理有根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律可知小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力大小为5mg，故B错误；C．设小球释放后，第一次经过最低点D时的速度大小为vD，根据动能定理有设小球第一次经过最低点D时所受管壁的支持力大小为N2，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律可知小球释放后，第一次经过最低点D时对管壁的压力大小为5mg；设小球第一次经过最高点C时所受管壁的支持力大小为N3，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律可知小球释放后，第一次经过最高点C点时对管壁的压力大小为mg。综上所述可知，小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5∶1，故C正确；D．设小球第二次经过最高点C时的速度大小为vC′，根据动能定理有设小球第二次经过最高点C时所受管壁的支持力大小为N4，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律可知小球第二次经过最高点C时对管壁的压力大小为5mg，所以前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg，故D正确。故选CD。第II卷（非选择题  50分）二、实验题（12分）11. 在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。（1）从图中读出金属丝的直径为______mm。（2）为此取来两节新的干电池、开关、若干导线及下列器材：A．电压表0～3V，内阻10kΩB．电压表0～15V，内阻50kΩC．电流表0～0.6A，内阻0.05ΩD．电流表0～3A，内阻0.01ΩE．滑动变阻器，0～10ΩF．滑动变阻器，0～100Ω要求较准确地测出其阻值，电流表应选______，滑动变阻器应选______。（填序号）（3）实验中，以下操作正确的是______。A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中B．用螺旋测微器在被测金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值C．用伏安法测电阻时，采用电流表内接法，多次测量后算出平均值D．实验中应保持金属丝温度不变【答案】    ①. 0.680    ②. C    ③. E    ④. BD【解析】【详解】(1)[1] 从图中读出金属丝的直径为(2)[2]电路中的最大电流约为故选C。[3]滑动变阻器应选与待测电阻阻值接近的，以方便调节电路。故选E。(3)[4]A．应测量金属丝接入电路中的有效长度，A错误；B．用螺旋测微器在被测金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值。B正确；C．用伏安法测电阻时，因为待测电阻较小，故采用电流表外接法，C错误；D．因为温度对金属丝电阻有影响，故实验中应保持金属丝的温度不变。D正确。故选BD。12. （1）如图甲所示的一把游标尺20等分度游标卡尺，其读数为：___________cm（2）如图乙是螺旋测微器，其读数为：___________mm【答案】    ①. 5.235    ②. 2.150【解析】【详解】[1]游标卡尺的主尺读数为52mm，游标尺上第7个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×7mm=0.35mm所以最终读数为52mm+0.35mm=52.35mm=5.235cm[2]螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×15.0mm=0.150mm所以最终读数为2mm+0.150mm=2.150mm四、解答题（本答题工三个小题，13题12分，14题10分，15题16分，共38分）13. 如图所示，A、B两小球带等量同号电荷，A固定在竖直放置绝缘支柱上，B受A的斥力作用静止于光滑的绝缘斜面上与A等高处，两者的水平距离为，斜面倾角为，B的质量为。取，静电力常量，求：（1）球对斜面的压力大小；（2）球带的电荷量大小。【答案】（1）0.2N；（2）【解析】【详解】（1）设斜面给B球支持力为FN，A球对B球的库仑力为FA，对B球进行受力分析，沿斜面方向上有垂直斜面方向上有联立解得由牛顿第三定律，斜面给B球的支持力和B球对斜面的压力大小相等，方向相反，故B球对斜面的压力为0.2N。（2）根据库仑定律有解得14. 在如图所示的电路中，电源的电动势，内阻未知，，，L为规格是“3V  3W”的灯泡，当开关S断开时，灯泡恰好正常发光。（不考虑温度对灯泡电阻的影响）求：(1)电源的内阻；(2)开关S闭合时，灯泡实际消耗的功率。【答案】(1) 1Ω；(2)0.48 W【解析】【详解】(1)当S断开时，灯L正常发光，即根据闭合电路欧姆定律有得(2)当S闭合时，外电路的总电阻为干路电流为灯泡两端的电压为灯泡的实际功率为15. 如图所示，竖直平面区域Ⅰ内有电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在区域Ⅲ内有一足够长且宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右。一质量为m、电荷量大小为q的带负电小球（可看做质点）左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ， 恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从区域Ⅲ电场右边界穿出，已知重力加速度为g ，求：（1）带电小球在区域Ⅰ运动的时间t？（2）区域Ⅲ中电场强度的大小E′？（3）小球再次到达区域Ⅲ左边界上的点距水平线OO′的距离S？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为，竖直分速度为，则有即由牛顿第二定律知 由得（2）设小球在点时的速度为，则有即从点到点，由动能定理得得在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知 得（3）在区域Ⅲ水平方向上做往复的匀变速运动，根据匀变速运动的规律和对称性可得所以前半段时间在区域Ⅲ运动的总时间为小球在竖直方向上做自由落体运动，即所以小球到达右边界上的点与的距离