1、PAGE24云南省彝良縣民族中2022-2022學年高二上學期期中考試物理試卷一、單選題1如圖所示，沿軸正向的勻強電場E中，有一動點A以O為圓心，rOA為半徑做逆時針轉動一周，O與圓周上的A點的連線OA與軸正向E方向成角，則此圓周上各點與A點間最大的電勢差為Ersin1Ercos12Er【答案】C【解析】【詳解】沿電場線方向距離A點最遠的點與A點的電勢差最大，則圓周上各點與A點間最大的電勢差為，故選C【點睛】此題關鍵是知道U=Ed的物理意義，注意d是電場中的兩點沿電場線方向的距離2如圖所示，電源A兩端的電壓恒為6V，電源B兩端的電壓恒為8V，當開關S從A扳到B時，通過電流計的電荷量為105C，

2、則電容器的電容約為105F6F6【解析】當開關S接A時，電容器上極板帶正電，所帶電荷量QCUA，當開關S扳到B時，電容器上極板帶負電，所帶電荷量QCUB，該過程中通過電流計的電荷量QQQCUAUB105 C，解得電容C107點睛：本題的關鍵是分析通過電流計的電荷量與電容器電量的關系，掌握電容器電量公式Q=CU是基礎3如圖甲所示，ab為原來不帶電的細導體棒，q為一帶正電的點電荷，當達到靜電平衡后，導體棒上的感應電荷在棒內O點處產生的場強大小為E1，端接地，其他條件不變，如圖乙，待靜電平衡后，導體棒上的感應電荷在棒內O點處產生的場強大小為E2，O點的電勢為2，經分析后可知E2，12E2，12E2，

3、12E2，12【答案】C【解析】處于靜電平衡的導體內部場強為零，所以感應電荷在O點形成電場的場強與點電荷q在O點產生的場強等大反向，可知E1=E2，因點電荷為正電荷，則10；導體ab接地后電勢2=0，所以12，C正確，ABD錯誤。故選C。點睛：該題中靜電平衡的特點：內部合場強為零，是解題的關鍵整個導體是個等勢體，它的表面是個等勢面4一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向。兩個比荷（即粒子的電荷量與質量之比）不同的帶正電的粒子和，從電容器的點（如圖）以相同的水平速度射入兩平行板之間。測得和與電容極板的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1:2。若不計重力，則和的比荷之比是:8 C2:1【答案

4、】D【解析】兩帶電粒子都做類平拋運動，水平方向勻速運動，有，垂直金屬板方向做初速度為零的勻加速直線運動，有，電荷在電場中受的力為，根據牛頓第二定律有，整理得，因為兩粒子在同一電場中運動，E相同，初速度相同，側位移相同，所以比荷與水平位移的平方成反比。所以比荷之比為，D正確。【易錯提醒】表達式的整理過程易出現問題。【備考提示】帶電粒子在電場中的加速和偏轉是高考的重點考查內容。5如圖所示，大小可以忽略不計的帶有同種電荷的小球和相互排斥，靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角分別為和，且，兩小球在同一水平線上，由此可知A球受到的庫侖力較大，電荷量較大B球的質量較大C球受到的拉力較大D兩球接觸后，再處于靜止狀

5、態時，懸線的偏角、仍滿足【答案】D【解析】試題分析：根據牛頓第三定律得：A球對B球的庫侖力等于B球對A球的庫侖力，無論兩球電荷量是否相等所受庫倫力都相等，故無法比較哪個電荷量較大，故A錯誤；對小球A、B受力分析，根據平衡條件有：，因，所以mAmB，故B錯誤根據平衡條件有：；因，所以B球受的拉力較小，故C錯誤兩球接觸后，再靜止下來，兩絕緣細線與豎直方向的夾角變為、，對小球A、B受力分析，根據平衡條件有：；，因為mAmB，所以故D正確故選D。考點：庫侖定律；物體的平衡6電容式加速度傳感器的原理結構如圖，質量塊右側連接輕質彈簧，左側連接電介質，彈簧與電容器固定在外框上質量塊可帶動電介質移動改變電容則

6、A電介質插入極板間越深，電容器電容越小B當傳感器以恒定加速度運動時，電路中有恒定電流C若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時彈簧會伸長D當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，電路中有順時針方向電流【答案】CD【解析】根據電容器的電容公式，當電介質插入極板間越深，即電介質增大，則電容器電容越大，故A錯誤；當傳感器以恒定加速度運動時，根據牛頓第二定律可知，彈力大小不變，則電容器的電容不變，因兩極的電壓不變，則電容器的電量不變，因此電路中沒有電流，故B錯誤；若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時，因慣性，則繼續向右運動，從而壓縮彈簧，故C正確；當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，質量塊要向左運動，導致插入極板間電

7、介質加深，因此電容會增大，由于電壓不變，根據Q=CU，可知，極板間的電量增大，電容器處于充電狀態，因此電路中有順時針方向電流，故D正確；故選CD點睛：此題考查影響電容器電容大小的因素，掌握Q=CU公式，理解牛頓第二定律的應用，注意電容器是充電還放電，是確定電流的依據7如圖所示電路，電源內阻不可忽略。開關S閉合后，在變阻器Ru的滑動端向下滑動的過程中A電壓表與電流表的示數都減小B電壓表與電流表的示數都增大C電壓表的示數增大，電流表的示數減小D電壓表的示數減小，電流表的示數增大。【答案】A【解析】解：當滑片下移時，滑動變阻器接入電阻減小，則外電路總電阻減小，電路中總電流增大，電源的內電壓增大，則由

8、閉合電路歐姆定律可知，電路的路端電壓減小，故電壓表示數減小；由歐姆定律可知，R1上的分壓增大，而路端電壓減小，故并聯部分的電壓減小，則通過R2的電流減小，根據并聯電路的特點可知：通過R0的電流增大，則電流表的示數增大故D正確，ABC錯誤；故選：D【點評】分析閉合電路的歐姆定律的動態分析的題目時，一般要按先外電路、再內電路、后外電路的思路進行分析；重點分析電路中的路端電壓、總電流及部分電路的電流及電壓變化【此處有視頻，請去附件查看】，這表示A電路中每通過1C的電量，電源就把2J的化學能轉化為電能的化學能轉化為電能D蓄電池將化學能轉化為電能的本領比一節干電池（電動勢為）的大【答案】A【解析】試題分

9、析：鉛蓄電池的電動勢為2V，表示非靜電力將單位正電荷從電源的負極通過電源內部移送到正極時所做的功為2J，即2J化學能轉化為電能，A正確C錯誤；電源兩極間電壓，當電源不接入電路時，等于電源的電動勢；當接入電路時，小于電源的電動勢，故B錯誤；電源的電動勢是表示電源將其它形式的能轉化為電能的本領，但蓄電池將化學能轉變成電能還跟工作時間有關，D錯誤；考點：考查了對電動勢的理解【名師點睛】電動勢是一個表征電源特征的物理量定義電源的電動勢是電源將其它形式的能轉化為電能的本領，在數值上，等于非靜電力將單位正電荷從電源的負極通過電源內部移送到正極時所做的功它是能夠克服導體電阻對電流的阻力，使電荷在閉合的導體回

10、路中流動的一種作用常用符號E（有時也可用）表示，單位是伏（V）9在“測定電池電動勢和內阻”的實驗中，某同學根據實驗數據，作出了正確的UI圖象，如圖所示，其中圖線斜率絕對值的物理含義是全電路電阻【答案】B【解析】試題分析：根據閉合電路歐姆定律，應用圖象分析答題解：在閉合電路中，路端電壓：U=EIr，由U=EIr可知，UI圖象斜率的絕對值是r，即：斜率的絕對值是電源內阻，故B正確；故選：B【點評】本題考查了圖象斜率絕對值的物理意義，應用閉合電路歐姆定律，根據圖象即可正確解題10如圖所示，圖線a是某一電源的UI曲線，圖線b是一定值電阻的UI曲線若將該電源與該定值電阻連成閉合電路（已知該電源的內阻r=

11、），則說法錯誤的是（）A該定值電阻為6C將2只這種電阻串聯作為外電阻，電源輸出功率最大D將3只這種電阻并聯作為外電阻，電源輸出功率最大【答案】C【解析】【分析】根據圖線b的斜率求出定值電阻的阻值；讀出兩圖線交點處電壓和電流，根據歐姆定律求出電源的電動勢；對于電源，當內外電路的電阻相等時輸出功率最大。【詳解】A項：圖線b的斜率=，則定值電阻的阻值R=6；故A正確；B項：由圖讀出交點的電壓U=15V，電流I=2.5A，根據閉合電路歐姆定律得，電源的電動勢：E=UIr=15V2V=20V；故B正確；C、D項：對于電源，當內外電路的電阻相等時輸出功率最大，故將3只這種電阻并聯作為外電阻，電源輸出功率最

12、大，故C錯誤，D正確。本題選錯誤的，故選：C【點睛】定值電阻的伏安特性曲線斜率等于電阻，電源的伏安特性曲線的斜率絕對值表示內電阻、縱軸截距表示電動勢。二、多選題11關于等勢面、電場線和電場力做功的關系，下列說法正確的是A在等勢面上移動電荷，不受電場力作用B電場線不一定與等勢面垂直C若相鄰兩等勢面的電勢差相等，則等勢面的疏密程度能反映場強的大小D電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面【答案】CD【解析】【分析】電場中電勢相等的各個點構成的面叫做等勢面；沿著等勢面移動點電荷，電場力不做功電場線與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。【詳解】A項：等勢面與電場線垂直，故沿著等勢面移

13、動電荷，電荷會受電場力作用，只是電場力與運動方向一直垂直，電場力不做功，故A錯誤；B項：等勢面一定跟電場線垂直，否則沿著等勢面移動電荷，電勢能會變化，電場力會做功，故B錯誤；C項：根據等勢面的特點可知，若相鄰兩等勢面的電勢差相等，則等勢面的疏密程度能反映場強的大小，等勢面密則電場強度大，故C正確；D項：沿著電場線方向電勢總是降低，則電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，故D正確。故應選：CD。【點睛】本題關鍵記住電場線和等勢面的關系，相互垂直，從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，掌握等勢面的基本特點：在等勢面上移動電荷，電場力總是不做功。12如圖所示，在水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面

14、，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12J，金屬塊克服摩擦力做功8J，重力做功24J，則以下判斷正確的是【答案】D【解析】由動能定理，設電場力做功W，電場力做負功，電場力方向向右，金屬塊帶正電，A對B錯；金屬塊動能增大12J，重力勢能減小24J，機械能減小12J，C對；電場力做功-4J，電勢能增大4J，D錯13如圖所示，放在絕緣臺上的金屬網罩B內放有一個不帶電的驗電器C，如把一帶有正電荷的絕緣體A移近金屬網罩B，則的內表面帶正電荷，B=C=0的右側外表面帶正電荷C驗電器的金屬箔片將張開，BC=C，B的左右兩側電勢相等【答案】BD【解析】靜電平衡時，電荷分布于導體

15、的外表面上，選項A錯誤；由于產生靜電感應，使B金屬網罩的左側外表面感應出負電荷，所以B的右側外表面感應出正電荷，選項B正確；由于靜電屏蔽，金屬網罩內電場強度為零，故C上無感應電荷，驗電器的金屬箔片不會張開，選項C錯誤；由靜電屏蔽特點知，導體是等勢體，導體表面是等勢面，選項D正確。14如圖所示，R1、R2、R3、R4均為可變電阻，C1、C2均為電容器，電源的電動勢為E，內阻r0若改變四個電阻中的一個阻值，則1，C1、C2所帶的電量都增加2，C1、C2所帶的電量都增加3，C1、C2所帶的電量都增加4，C1、C2所帶的電量都增加【答案】BD【解析】試題分析：由電路圖可知，電阻R2、R3、R4串聯接入

16、電路，電容器C1并聯在電阻電阻R2兩端，電容器C2與R2、R3的串聯電路并聯；根據電路電阻的變化，應用歐姆定律及串聯電路特點判斷電容器兩端電壓如何變化，然后由Q=CU判斷出電容器所帶電荷量如何變化解：A、減小R1，電容器C1、C2兩端電壓不變，電容器所帶電量不變，故A錯誤；B、增大R2，整個電路電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流減小，路端電壓變大，電阻R3、R4兩端電壓變小，電阻R2兩端電壓變大，電阻R2、R3串聯電壓變大，電容器C1、C2兩端電壓變大，由Q=CU可知，兩電容器所帶的電量都增加，故B正確；C、增大R3，整個電路電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流減小，由U=IR可

17、知，電阻R2兩端電壓變小，電容器C1兩端電壓變小；路端電壓變大，電阻R4兩端電壓變小，電阻R2、R3串聯電壓變大，電容器C2兩端電壓變大，由Q=CU可知，電容器C1所帶電荷量減少，C2所帶的電量都增加，故C錯誤；D、減小R4，電路總電阻變小，由閉合歐姆定律可知，電路電流變大，電阻R2兩端電壓變大，電阻R2、R3串聯電壓變大，電容器C1、C2兩端電壓都增大，由Q=CU可知C1、C2所帶的電量都增加，故D正確；故選BD【點評】本題是一道閉合電路的動態分析，熟練應用閉合電路歐姆定律、部分電路歐姆定律、串聯電路特點、Q=CU即可正確解題三、實驗題15常用螺旋測微器的精度是0.01mm，下圖中的螺旋測微

18、器讀數為5.623mm，請你在刻度線旁邊的方框內標出相應的數以符合給出的數值（）【答案】【解析】可根據螺旋測微器讀數結合題圖可知，主尺固定刻度填5，這樣主尺讀取，可動刻度應讀取，由于精度為，故可動數據讀取時，下面的方框填寫10，上面的方框填寫1516有以下可供選用的器材及導線若干條，要求使用個數最少的儀器盡可能精確地測量一個電流表的滿偏電流A被測電流表A1：滿偏電流約700800，內阻約100，刻度均勻、總格數為N；B電流表A2：量程0.6 A，內阻；C電壓表V：量程3V，內阻3；D滑動變阻器R1：最大阻值200；E滑動變阻器R2：最大阻值1；F電源E：電動勢3V、內阻；G開關一個（填AG字母

19、代號）2在虛線框內畫出實驗電路圖，并在每個選用的儀器旁標上題目所給的字母序號_3測量過程中測出多組數據，其中一組數據中待測電流表A1的指針偏轉了n格，可算出滿偏電流Ig=_，式中除N、n外，其他字母符號代表的物理量是_【答案】1ACDFG234其中U為電壓表讀數，RV為電壓表內阻【解析】【詳解】（1）由于電流表A2量程與待測電流表A1量程相差太大，從實驗測量精度考慮，不能直接將電流表A2與電流表A1串聯來測量電流注意到電壓表內阻已知，而允許通過電壓表的最大電流為，跟待測電流表的量程接近，因此，可將電壓表與電流表A1串聯，利用其讀數來計算通過電流表A1的電流；若將滑動變阻器接成限流式，則通過待測

20、電流表的最小電流大約為，顯然，不能保證電表安全，也無法通過調節測量多組數據因此，應采用分壓式控制電路，為了便于調節，應選用最大阻值20的滑動變阻器選用的器材應為A、C、D、F、G（2）電壓表量程為3V，內阻3,滿偏電流為,與待測電流表類似，可當做電流表使用，與待測電流表串聯即可；題目中的電流表量程為06A，偏大，不可用；采用分壓式接法控制電路，電壓可連續調節；電路圖間如下。（3）待測電流表總格數為N，電子等于電壓表電流，為：，電流表與電壓表串聯，電流相等，故：，故，其中U為電壓表讀數，RV為電壓表內阻。在”描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，可供選擇的實驗儀器如下：小燈泡L，“,0.3 A”電

21、壓表V，量程05V，內阻5電流表A1，量程0100mA，內阻4電流表A2，量程0500mA，內阻滑動變阻器R1，最大阻值10，額定電流1.0 A滑動變阻器R2，最大阻值5，額定電流0.5 A直流電源E，電動勢約為6V，內阻約為17在上述器材中，滑動變阻器應選_；電流表應選_18在虛線框內畫出實驗的電路圖，并在圖中注明各元件的符號（）U坐標系中，描繪出如圖所示的小燈泡的伏安特性曲線根據此圖給出的信息，可以判斷下圖中正確的是圖中0.5A，帶電量為q的小球，線的上端固定開始時連線帶球拉成水平，突然松開后，小球由靜止開始向下擺動，當細線轉過60角時的速度恰好為零問：、B兩點的電勢差UAB為多少21電場

22、強度為多少【答案】（1）AB兩點的電勢差UAB為；（2）勻強電場的場強大小是【解析】試題分析：（1）小球從A到B的過程中，重力做正功mgLsin60，電場力做功為qUAB，動能的變化量為零，根據動能定理求解電勢差UAB；（2）根據電場強度與電勢差的關系U=Ed求解場強式中d是AB沿電場線方向的距離，d=LLcos60解：（1）小球由A到B過程中，由動能定理得：mgLsin60qUAB=0，解得：UAB=；（2）BA間電勢差為：UBA=UAB=，則場強：E=；答：（1）AB兩點的電勢差UAB為；（2）勻強電場的場強大小是【點評】本題是帶電體在電場中平衡和圓周運動的問題，需要正確分析小球的運動過程和小球的受力情況，根據動能定理和平衡條件，以及電場知識綜合求解如圖所示，兩平行金屬板A、B長為L8 cm，兩板間距離d8 cm，A板比B板電勢高300V，一帶正電的粒子電荷量為q1010C，質量為m1020kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v0106m/s，粒子飛出電場后經過界面MN、12 cm9 cm2/C223在圖上粗略畫出粒子的運動軌跡的電性并求其電荷量的大小【答案】（1）0.03m；0.12m；（2）運動的軌跡見下圖；（3）負電性；108C。【解析】試題解析：（1）帶電粒子穿