2022-2023学年福建省南平高级中学高二（上）期中物理试卷（选考）（附答案详解）.pdf

2022-2023学年福建省南平高级中学高二（上）期中物理试卷（选考）1.下列物理量中哪些与试探电荷无关？（）A.电势能、电场强度 B.电势、电场强度C.电场力、电势 D.电势能、电势2.如图所示的电路，是用一个灵敏电流计G和一个变阻器R改装的量程更大的电表，下列判断正确的是（）A.改装成了电流表，R减小时量程增大B.改装成了电流表，R增大时量程增大C.改装成了电压表，R减小时量程增大D.改装成了电压表，R增大时量程增大3.如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框4BCD,线框平面与直导线共面，若使线框ABCO第一次平行移动到图中虚线位置，第二次以BC边为轴翻转180。到图中虚线位置，则（）A.虚线位置的磁通量与原位置磁通量相等B.虚线位置的磁通量比原位置磁通量大C.二次磁通量变化是相等的D.第一次磁通量的变化比第二次磁通量变化的小4.如图所示，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中的运动轨迹，4、仄C为粒子的运动轨迹和等势线的交点，粒子只受电场力作用，以下说法正确的是（）A.a点的电场强度大于6点 的 电 场 强 度B.粒子在“点的动能比在b点的动能小C.粒子在。点和c点的速度相同 D.粒子在点的电势能比在c点的电势能大5.如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下列结论错误的是（）A.电源的电动势为6.0V B.电源的内阻为12。C.当外电阻为20时，电源的输出功率最大 D.电流为0.44时的外电阻是1306.如图所示，在螺线管正上方用细线悬挂一根通电直导线，电流方向自左向右。当开关S闭合后，关于导线的受力和运动情况，下列说法正确的是（）A.导线垂直纸面向外摆动，细线张力变小B.从上向下看，导线顺时针转动，细线张力变大C.从上向下看，导线逆时针转动，细线张力变小D.导线与螺线管产生的磁场平行，始终处于静止状态7.如图所示，电解池内有一价的电解液，/s内通过溶液内截面S的正离子数是阳,负离子数是电，设元电荷为e,则以下解释中正确的是（工“，A.溶液内正、负离子向相反方向移动，电流方向相同B.溶液内电流方向从A到 电 流/=半C.溶液中电流方向从A到B,电流/=”处D.正离子定向移动形成的电流方向是从A t B,负离子定向移动形成的电流方向是B-A8.如图所示，将充好电的平行板电容器与静电计连接，静电计指针偏转的角度为a.在如下的变化中，关于静电计指针偏转角度a的变化，说法正确的是（）A.若两极板间的距离增大，则a变大B.若在两极板间插入玻璃板，贝la变小C.若在两极板间插入玻璃板，贝!la变大D.若两极板相互错开一些（距离不变），则a变小9.在图示电路中，电源内阻不可忽略，&、/?2为定值电阻，G为灵敏电流计，V为理想电压表，平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，位于电容器两板间的带电油滴恰好静止，现将滑动变阻器的滑片尸向下移动，则以下说法正确的是（）A.G中有从a到6的电流 B.V示数增大C.油滴向上运动 D.电源内阻消耗功率增大10.如图所示，电阻忽略不计的两平行粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度8=5 7,方向垂直于湖，与导轨平面的夹角a=53。，导轨宽度为L=0.5m,一端与电源连接。一质量巾=1kg的金属棒而垂直于两平行导轨放置并与导轨接触良好，连入导轨间的电阻R=2.5。，岫与导轨间的动摩擦因数4=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），拉力尸 丁 为水平向右，必处于静止状态。已知E=6V,r=0.50取g=10m/s2,sin37。=0.6,则（）A.通过外的电流大小为2 4,方向由。到bB.ab受到的安培力大小为4 N,方向水平向左C.必与导轨间的最大静摩擦力大小为3.5ND.%的取值范围为0.5N FT 7.5/V11.如图所示,在两个相距为，电荷量都为。的电荷形成的电场中,4为两电荷连线的中心，B为连线上的一点，C为连线中垂线上距两个电荷也为r的一点，关于A点 电 场 强 度（大于、小于）B点电场强度，C点处的电场强度大小为 o12.图甲螺旋测微器所示读数为Illi IlliIlli Illi0 5=-甲504540m m,图乙游标卡尺所示读数为 m m。13.某学习小组要测绘标有“3.0乙0.5 4”小灯泡的伏安特性曲线，现有下列实验器材可供选用：小灯泡L（额定电压3.0 V,额定电流0.5 4）；电流表4式量程3A,内阻约为0.1。）；电 流 表 量 程。64，内阻约为0.5。）；电压表匕（05匕内阻约为3 k O）；电压表彩（01 5匕内阻约为l O k O）电阻箱&（阻值09 9 9 9 0）；滑动变阻器R（阻值05.0 0）；电源E（电动势4匕 内阻不计）；开关S；导线若干.（1）实验要求能够实现在03.0 V的范围内对小灯泡的电压进行准确测量，按要求在如图甲实物图上补齐连线。甲乙丙（2）学习小组经过正确的实验操作和数据记录，描绘出了小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由 此 推 断 小 灯 泡 的 电 阻 值 随 工 作 电 压 的 增 大 而（选 填“增大”或“减小”或“不变”）：（3）该学习小组完成实验后又进行了以下探究：把两只这样规格的小灯泡并联后直接接在电动势为3 k 内阻为2.50的电源上组成闭合回路。请 你 根 据 上 述 信 息 估 算 此 时 每 只 小 灯 泡 的 功 率 约 为 （结果保留2位有效数字）。1 4.已知一热敏电阻当温度从10升至60时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用下列方法测量其常温下的阻值。（1）用多用电表的欧姆挡“x 10”倍率测量热敏电阻的阻值，正确操作指针偏转如图甲所示.实验小组应将倍率更换至_ _ _ _ _（选 填“X100”或“X I”）倍率，正确操作并读出热敏电阻阻值；（2）实验小组在粗略测量热敏电阻阻值后，用以下的器材精确测量它的阻值。A.电源（E=5匕内阻约为1。）2.电流表a（05m4 内阻约为50）C.电 流 表 量 程。64，内阻约为10）D 电压表匕（05匕内阻约为3k0）E.电压表彩（015匕内阻约为10k/2）立滑动变阻器R（0102允许通过的最大电流为10mA）G.开关导线为了尽可能精确的测量热敏电阻的阻值，电流表选，电压表选;（选填元件前面的序号）下 列 电 路 图 设 计 合 理 的 是。（选 填“乙”或“丙”）（3）已知热敏电阻电 与温度的关系如下表所示：利用该热敏电阻制作温控报警器，其电路原理如图丁所示，图中E为直流电源（电动势为10V,内阻可忽略），报警系统接在外之间，当 必 之间的输出电压低于6.01/时，便触发报警器报警,trc10.020.030.040.050.060.0RT/Q2400.01500.01150.0860.0435.0120.0若要求开始报警时环境温度为6 0,则图中电阻箱R的阻值应为 0。测试发现温度达到5 5 时报警器就开始报警，则应_ _ _ _ _ _(选填“调小”或“调大”)电阻箱的阻值。1 5 .如图所示，表示真空室中垂直于纸面放置的感光板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B.一个电荷量为q的带电粒子从感光板上的狭缝。处以垂直于感光板的初速度v射入磁场区域，最后到达感光板上的P点.经 测 量P、0间的距离为/,不计带电粒子受到的重力.求：(1)带电粒子所受洛伦兹力的大小(2)带电粒子的质量大小.(3)带电粒子从。点运动到P点的运动时间.1 6 .如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中。是直流电动机，电源内阻r =20。闭合开关5,质量为的重物尸以速度u =0.7 0 m/s匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是/=5.0 4 和 U =H O V o已知重物的质量m =4 5 k g,(g取lO m/s?)求：(1)电动机的输入功率P入和输出功率P加(2)电动机线圈的电阻胴；(3)电源的效率。(结果保留一位小数点)1 7 .如图所示，一个负粒子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从。点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，0 点为荧光屏的中心。已知负粒子质量机=1.0 x 10-31k g,电荷量大小q =3.2 x 1()T 9C,加速电场电压=2 5 0 V,偏转电场电压U =20 0 V,极板的长度人=1 0.0 cm,板间距离d =8cm,极板的末端到荧光屏的距离乙2 =3.0 cm(忽略电子所受重力)。求：(1)负粒子射入偏转电场时的初速度先；(2)负粒子打在荧光屏上的P点到。，点的距离h；(3)负粒子经过偏转电场过程中电势能的变化量；(4)若负粒子持续不断的经加速进入电场，两极板间加的是如图变化的电压，求荧光屏上接收到粒子的范围长度。答案和解析1.【答案】B【解析】解：电场强度、电势差和电势都是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关；电场力为尸=q E,可知电场力既与电场有关，又与试探电荷有关；电荷的电势能为：Ep=qp,电势能既与电场有关，也与试探电荷的电量及电性有关；故错误，8正确；故 选:B。电场强度、电势差和电势都是描述电场的性质的物理量,是由电场本身决定的，与试探电荷无关.电场力和电势能既与电场有关，也与电荷有关。本题主要考查了电场的基本物理量，对于电场强度、电势差和电势，关键要理解并掌握其物理意义，知道它们都是由电场本身决定的，与试探电荷无关。2.【答案】A【解析】解：A、改装成了电流表，R减小电流表量程增大，R增大时电流表量程减小，故A正确，B错误；C、把电流计改装成电压表应给电流计串联一个分压电阻，串联电阻越大，电压表量程越大，由图示电路图可知，电流计与电阻R并联，改装后电压表量程不变，故 错 误；故选：A.把电流表改装成大量程电流表应并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻本题考查了电表改装，知道电表的改装原理、应用串并联电路特点即可正确解题.3.【答案】D【解析】解：4离导线越远，直线电流产生的磁场越弱，虚线位置的磁通量与原位置磁通量不相等，故A错误；员离导线越远，直线电流产生的磁场越弱，虚线位置线框的磁通量应小于原位置的磁通量，故B错误；C.第一次磁场方向从同一个面穿过，磁通量变化为A%=（B原-B成）S第二次磁场方向从同正反两个面穿过，磁 通 量 变 化 为 廨-（-8虑）S=（B原+B虚）S则第一次磁通量的变化比第二次磁通量变化的小，并不相等，故C错误；。.两次 磁 通 量/%acQU),电压增加，故(a)变大，故 A 正确；B、C、若在两极板间插入玻璃板，根据公式(C=f7ac S4pi依 )，电容增大；由于。一定，再根据公式(C=r折w Q U)，电压减小，故(a)变小，故 8 正确，C错误；。、若两极板相互错开一些()距离不变(),正对面积减小，根据公式(C=dfh7c S4piA”),电容减小；由于。一定，再根据公式 仁=幽&Q U),电压增加，故(a)变大，故。错误；故选：A屏静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；根据电容的决定式(C=SacS4Wi )分析电容的变化情况；由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式(C=/h?cQU)分析板间电势差的变化，再确定静电计指针的偏角变化情况.本题是电容器的动态分析问题，关键明确电键闭合时，电压等于电源的电动势；电键断开后，电容器的带电量不变；同时要结合电容器的定义公式和决定公式列式分析.9.【答案】A D【解析】解：A B,滑动变阻器的滑片P 向下移动，其连入电路中的电阻变小，外电阻总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析可知干路电流增大。V示数为4 =E-/(R i+r),/增大，其他量不变，则 V示数3 减小，电容器两极板间的电压减小，电容器要放电，由题意电容器上极板带正电，故 G 中有从a 到人的电流，故 A 正确，B 错误；C、因开始时油滴恰好静止，故mg=E q,根 据 可 知，不变，U 减小，则场强E 变小，油滴受到的电场力现变小，故油滴将向下运动，故 C错误；。、因为干路电流增大，即流过电源内阻的电流增大，而电源内阻不变，根据P=/2 可知，电源内阻消耗功率增大，故 O 正确。故选：ADo滑动变阻器的滑片P 向下移动，其连入电路中的电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化情况，结合电压的分配规律确定电压表读数的变化，从而确定电容器两端的电压的变化情况，判断电容器是充电还是放电，从而确定G 中电流方向；根据油滴所受电场力的变化，判断其运动度方向；根据干路电流的变化情况，分析电源内阻消耗功率的变化。本题考查电路动态变化分析问题，关键是理清电路,判断滑动变阻器连入电路中的电阻变化情况，根据欧姆定律，确定各部分电路的电流和电压的变化。10.【答案】A C D【解析】解：4根据闭合电路的欧姆定律，通过帅的电流大小为/=券=高/4=2 4方向K vT Z.b+U.b为。到6,故A正确；8.根据安培力公式，ab受到的安培力为F=BlL=5 x 2 x 0.5N=5 N,方向垂直磁感应强度左向上，故8错误；C.对外受力分析，如图甲、乙所示：根据平衡条件，轨道对导体棒的支持力FN=rn g-Fcosa=1 x 10/V-5 x 0.6N=7N最大静摩擦力3=林FN=HFN=0.5 x7N =3.5 N,故C正确；。.当最大静摩擦力方向向右（图甲）时，根据平衡条件，绳子拉力尸7=Fsina-加=5 x 0.8N-3.5N=0.5N当最大静摩擦力方向向左（图乙）时，根据平衡条件，绳子拉力尸7=Fsina+京=5 X 0.8N+3.5N=7.5N所以绳子拉力范围为0.5NSFT W 7.5 N,故 ）正确。故选：ACDoA.根据闭合电路的欧姆定律求电流，电源外部，电流从正极经导体棒回到负极，据此作答；8.根据安培力公式计算安培力；C.对导体棒进行受力分析，根据平衡条件求最大静摩擦力；D最大静摩擦力的方向具有可变性，分两种情况求绳子的拉力，从而求解拉力范围。注意：安培力方向始终垂直与磁场方向；本题的难点是受力分析及平衡条件的运用。11.【答案】小于k名【解析】解：电场强度大小与电场线的疏密程度有关，根据等量异种点电荷产生电场的特点得，A点处电场线相对与B点较疏，故A点电场强度小于B点；两点电荷在C点产生的电场如图所示两点电荷电荷量均为Q,在C点产生的电场场强均为E=吟由几何关系可得，两电荷和C点所围成的三角形为等边三角形，根据电场的叠加原理得，C点的合场强为 后=k 1故答案为：小于，吟。根据等量异种点电荷产生电场的特点判断两点电场强度的大小；根据点电荷产生电场的场强计算公式和电场叠加原理求解C处的电场强度。本题考查等量异种点电荷产生的电场，知道等量异种点电荷产生的电场的特点和点电荷电场的场强公式是解题关键。12.【答案】8.47010.20【解析】解：螺旋测微器的固定刻度读数为8 ，可动刻度读数为0.01 x 47.0mm=0.470mm,所以最终读数为8nlm+0.470mm=8.470mm；该游标卡尺的精确度是0.05mm,游标卡尺的固定刻度读数为10 M，游标读数为0.05 x 4rmn=0.20 mm,所以最终读数为 10mm+0.20mm=10.20mm；故答案为：8.470；10.20。游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。13.【答案】增 大0.44【解析】解：（1）本实验要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法，同时灯泡内阻较小，灯泡采用电流表外接法，实物图连接如图所示；a(2)/-U 图像上各点与原点的连线的斜率与电阻成反比，因为图像上各点与原点连线斜率逐渐减小，所以小灯泡电阻逐渐增大;(3)当把两只这样规格的小灯泡并联后直接接在电动势为3k内阻为2.5。的电源上组成闭合回路时，设小灯泡的电压为U,电流为/,由闭合电路欧姆定律可得E =U +2/r在图像上画出电源的伏安特性曲线如图故答案为：(1)见解析；(2)增大；(3)0.4 4。(1)明确实验原理，知道描绘灯泡伏安特性曲线要采用滑动变阻器分压和电流表外接法，连接实物图；(2)/-U 图象的斜率表示电阻的倒数，根据图象斜率的变化分析电阻的变化；(3)根据串并联电路规律以及闭合电路欧姆定律列式，明确电流和电压的关系式，并在乙图中作出对应的图象，根据两图线的交点即可确定电流和电压，从而求出每个灯泡的功率。本题考查描绘灯泡伏安特性曲线的性质，要注意明确实验原理，掌握实验电路图的选择，同时注意根据图象分析数据的方法。1 4.【答案】(1)“x 1 0 0 (2)8,D,丙(3)8 0,调小【解析】解：(1)选 择“x 1 0”倍率时，指针偏转如图甲所示，偏转角度偏小，应选用倍率“x 1 0 0”挡位，重新欧姆调零测量.(2)电源电动势是5%电压表选择。5 U,故选。，电压全部加在热敏电阻上，电流约为5 比 4电流表量程选。5 m 4 故选8。滑动变阻器的最大阻值远远小于热敏电阻阻值，所以用分压式连接，故选丙图。(3)若要求开始报警时环境温度为6 0,此时=1 2 0/2,由 占=必解得电阻箱阻值应调为R =80 0；测试发现温控室中温度达到5 5 时报警器就开始报警，说明电阻R偏大，所以应调小电阻箱的阻值，使其在要求温度下报警。故答案为：(1)”x 1 0 0 (2)8,D,丙(3)80,调小(1)欧姆挡测电阻时指针在中值附近误差较小；(2)根据电源电动势和电路中电流值选择实验仪器；根据实验原理分析应采用分压式电路；(3)根据欧姆定律求得6 0 时电阻箱的阻值；根据欧姆定律和串联电路特点进行分析即可。本题考查了实验电路的选择、欧姆定律、电路的动态分析等知识，此实验侧重对电学基本实验原理和实验方法的考查，要求同学们对这部分内容要做到足够熟练，加强练习，注重归纳与总结。1 5.【答案】解：(1)粒子所受洛伦兹力：f=qvB；(2)由几何知识可知，粒子轨道半径：r =g,粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，2由牛顿第二定律得：qvB=m,解得：m=等；(3)由题意分析可知：I =2 r,粒子做圆周运动的周期：T=,V粒子在磁场中运动的时间：t=3解得：t=5答：(1)带电粒子所受洛伦兹力的大小伙8；(2)带电粒子的质量大小为党.(3)带电粒子从。点运动到P点的运动时间为【解析】(1)由洛伦兹力公式可以求出洛伦兹力.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律和半径可求出带电粒子的质量.(3)根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间.带电粒子在匀强磁场中做圆周地，由洛伦兹力提供向心力，往往画出轨迹，由几何知识求解半径，再由牛顿定律和圆周运动的规律结合研究.16.【答案】解：(1)电动机的输入电功率为P人=UI=110 x 5/=550VK电动机的输出功率为P出=mgv=45 x 10 x 0.71V=315小(2)电动机线圈消耗的功率为PR=l2rM=P电-P机=55014/-315W=235nz解得%=9.40(3)电源内阻消耗的功率P为=K r=52 x 2勿=50WZP 外=pa电源消耗的总功率P总=P的 +P%=5 0 W+550勿=60 0 WP电源效率 q=干 x 100%=熬 X 100%=91.7%答：(1)电动机的输入功率P人为550W,输出功率P卅为315W；(2)电动机线圈的电阻以 为9.40；(3)电源的效率为91.7%。【解析】(1)己知电动机两端的电压和通过的电流，根据P=U/求出电动机的耗电功率，根据 出=mgu求出机械功率；(2)由机械部分的机械效率可求出电动机输出功率，根据电动机消耗的功率与输出功率之差，即为线圈电阻发热功率，再由P =/2R求出电动机线圈的电阻；(3)根据电源的效率公式求解电源的效率。知道电动机工作时，消耗的电能转化为其它形式的能(一是机械能，二是内能)是解本题的关键。17.【答案】解：(1)根据动能定理有：qU0=1mvl代入数据解得：%=僧=母需灌a/s =4 x 1077n/s(2)粒子进入偏转电后在水平方向上：LI=u0t在竖直方向上：y=at2根据牛顿第二定律有：a=*j联立以上各式解得：y=0.0 25m在类平抛运动中，速度的反向延长线过水平位移的中点，则y ；Lih L i+2心2解得：h=0.04m(3)负粒子在偏转电场中，电场力对它做的功为：W =qEy根据功能关系可得：4 E =-W联立解得：4 E =-2 X 1 0 7 7/(4)由对(2)的分析可得侧移量为：y =赢当粒子恰好在下极板右边缘射出时侧移量y =解得此情况对应的偏转电压U =3 2 0 K 6 0 0 V可知当y =：d,粒子打在荧光屏上的位置离。点最远，设为九 机由：1)h Z4+2L2当y =g d时，解得：hm-0.0 6 4 m则荧光屏上接收到粒子的范围长度为0.0 6 4 m答：(1)负粒子射入偏转电场时的初速度为4 x 1 0 7rn/s；(2)负粒子打在荧光屏上的P点到。点的距离人 为0.0 4 m：(3)负粒子经过偏转电场过程中电势能的变化量-2 x I O-”,；(4)荧光屏上接收到粒子的范围长度为0.0 6 4 m。【解析】(1)根据动能定理计算出粒子的速度；(2)根据类平抛运动的特点结合几何关系计算出距离；(3)根据功能关系分析出电势能的变化量；(4)同(2)可分析出粒子在光屏上的最远距离。本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，涉及到了匀变速直线运动和类平抛运动，解题的关键点是利用好几何关系求出粒子打在荧光屏上的最远距离。