2022-2023學年河北省張家口市部分學校高二（上）期中物理試卷（附答案詳解）

2022~2023學年河北省張家口市部分學校高二（上）期中物理試

卷

1.下列關于電源電動勢的說法正確的是（）

A.電源電動勢等于電源正負極之間的電勢差

B.電源提供的電能越多，電源的電動勢越大

C.閉合電路中電流越大，電源的電動勢越大

D.非靜電力做功的本領越大，電源的電動勢越大

2.一條導線中的電流為10加4,已知電子帶電荷量的絕對值為1.6x10-19。則在1s內(nèi)通過

這條導線某一橫截面的電子個數(shù)為（）

A.6.25x1015B.6.25x1016C.6.25x1018D.6.25x1019

3.甲、乙兩個長方體導體的邊長均為久Ac,將它們接入如圖所示的電路中，閉合開關S,

理想電流表4、出的示數(shù)相等，則導體甲、乙的電阻率之比為（）

4.如圖所示，雙量程電流表的內(nèi)部結構由表頭和定值電阻此、7?2組成，表頭的滿偏電流/g=

2mA,內(nèi)阻凡=1000,定值電阻&=200,R2=30P?則A接線柱對應的量程為（）

A.4mAB.6mAC.13wAD.\5mA

5.如圖所示，電源電動勢為E,內(nèi)電阻不可忽略，R是定值電阻，熱敏電阻場的阻值隨溫度

降低而增大，C是平行板電容器，開關S處于閉合狀態(tài)。下列措施能使電容器的帶電荷量增大

A.斷開開關SB.將電容器的下極板向上移動一小段距離

C.升高環(huán)境溫度D.將電容器的上極板向左移動一小段距離

6.一帶負電的微粒僅在靜電力作用下以一定初速度從M點沿電場線運動到N點，其速度-

時間圖像如圖所示。下列說法正確的是（

A.從M點到N點，電場強度先減小再增大B.電場強度先沿M0方向，再沿MN方向

C.微粒在M點的電勢能大于在N點的電勢能D.從M點到N點，電場力一直對微粒做

負功

7.如圖所示，定值電阻Ro=30,滑動變阻器R的調節(jié)范圍為0?80.當滑片P由滑動變阻

器人端移動到。端的過程中，理想電壓表的示數(shù)變化范圍為0?4K,理想電流表的示數(shù)變化

范圍為0.54?1.54。下列說法正確的是（

A.當滑動變阻器接入電路的阻值為。時，定值電阻&消耗的電功率最大，為9卬

B.當滑動變阻器接入電路的阻值為20時,定值電阻消耗的電功率最大，為3W

C.當滑動變阻器接入電路的阻值為40時,滑動變阻器R消耗的電功率最大，為2.25分

D.當滑動變阻器接入電路的阻值為40時,滑動變阻器R消耗的電功率最大，為9W

8.如圖所示，兩個等量異種電荷固定在圓。水平直徑的兩端，“、瓦c、d為圓周上的四個點,

二——

a1L——b

//I:IIIX\

/??I\

//,??■1:、、

I??\\

I??；1

加〃是以。為中心的正方形。下列說法正確的是()€＞一：———1e

\!!!I

\\?:!'I，

\???/

d,y：i二小

A.〃點與c點的電場強度大小相等，方向相同

B.a、b、c、d、O五點中,。點的電勢最高

C.從a點沿直線到h點，電場強度先增大后減小

D.從。點沿直線到d點，電勢先升高后降低

9.如圖所示，直線I是電源的路端電壓隨輸出電流的變化圖線，曲線n是一個小燈泡的伏

安特性曲線。曲線H與直線I交點尸的坐標為(0.640.5U),曲線H在尸點的切線過點(0.44,0)

。將該小燈泡與電源連接組成閉合回路，下列說法正確的是()

B.電源的內(nèi)阻為2.5。

C.電源內(nèi)阻消耗的熱功率為0.9W

D.電源的效率為75%

10.如圖所示，光滑絕緣斜面的傾角。=37。，B點下方存在水平向右的勻強電場，質量m=

O.Mg的帶電金屬塊從A點由靜止釋放，運動到C點時速度為0。已知金屬塊的帶電荷量勺=

2=0.8o

0.01C,lAB=40cm,lBC=50cm,重力加速度g=10m/s,sin37°=0.6,cos370

下列說法正確的是（

A.電場強度的大小為135N/C

B.金屬塊在段運動的加速度大小為14.4m/s2

C.金屬塊在AB段和BC段運動的時間之比為4:5

D.從A點到C點，金屬塊的電勢能增加了0.9/

11.指針式多用電表是實驗室中常用的測量儀器。

（1）用直流50/nA擋測電流，指針在表盤的位置如圖中a所示，則示數(shù)為mA.

（2）用電阻“x10”擋測電阻，指針在表盤的位置如圖中方所示，則待測電阻的阻值為

___________0。

（3）用直流10V擋測電壓，指針在表盤的位置如圖中c所示，則示數(shù)為K

12.某實驗小組同學想測量一個約幾歐姆電阻心的阻值，實驗室提供的器材：

A.電池組（電動勢為3V）

8.電壓表匕（量程為。?3U,內(nèi)阻約3/C0）

C.電壓表七（量程為0?15V,內(nèi)阻約15k0）

D電流表4（量程為0?0.64，內(nèi)阻約0.10）

￡電流表人2（量程為0?0.14內(nèi)阻約30）

F.滑動變阻器R（0?額定電流24）

G.開關、導線若干

（1）為了減小實驗誤差，電壓表應選,電流表應選（填寫所選器材前

的序號）。

（2）要使得測量誤差最小，他們測量是采用下列哪種接法。

V

（4）閉合開關S,調節(jié)滑動變阻器的滑片，根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)在坐標紙上建立U、/坐標系,

描繪出U-/圖線，則待測電阻的阻值為__________。（結果保留2位有效數(shù)字），測量結果與

真實結果相比（填“偏大”、“偏小”或“無誤差”）?

13.如圖所示，帶負電的小球4固定，帶電量為-qi（qi>0）,帶電量為42^2>0）的小球8

靜止在水平向右的勻強電場中。小球A與小球8的連線與豎直方向AC的夾角。=37°,AC=

AB=L。靜電力常量為匕重力加速度為g,sin370=0.6,cos37。=0.8,小球B可視為質點,

其帶電量不影響小球A的電場和勻強電場。求：

(1)小球B的質量；

(2)C、B兩點間的電勢差。

8

I\

裊

：37\

I、、

屋

14.如圖所示的電路中，定值電阻R]=7。，R2=5.25。，直流電動機M線圈電阻RM=20,

電壓表V為理想電表。當僅有開關Si閉合時，電壓表丫的示數(shù)為7%當開關51和52閉合時，

電壓表V的示數(shù)為6V；當僅有開關S3閉合時，直流電動機"正常工作，電壓表丫的示數(shù)為7.5U

。求：

(1)電源的電動勢E和內(nèi)阻r；

(2)僅有開關S3閉合時，直流電動機M的效率7?(結果保留3位有效數(shù)字)。

15.如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，第二象限存在沿x軸正方向的勻強電場，第一象

限存在沿)，軸負方向的勻強電場，第四象限存在與x軸負方向夾角為。=45。的勻強電場，第

二象限與第四象限內(nèi)電場的場強大小均為場，質量為"入電荷量為q的帶正電的粒子從第二象

限坐標為(-乙乂)的A點由靜止釋放，經(jīng)電場加速后，從y軸上的B點進入第一象限，經(jīng)電場

偏轉后，從無軸上的C點進入第四象限，速度方向與x軸正方向的夾角0=45。，粒子運動到

。點(圖中未畫出)速度減小到0,不計粒子重力，求：

(1)粒子經(jīng)過8點的速度大小；

(2)第一象限內(nèi)勻強電場的場強大?。?/p>

(3)粒子從A點運動到。點的時間。

答案和解析

1.【答案】。

【解析】

【分析】

本題考查了電動勢的基本概念，電動勢是一個表征電源特征的物理量，由電源的本身性質決定，

與外電路無關，電源是通過非靜電力做功將其他形式的能轉化為電能的裝置，電源電動勢反映了

電源內(nèi)部非靜電力做功的本領。

【靜電】

A電源的電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電勢差，若電源接入電路，由于電源的內(nèi)電路

有電勢差，則電源兩極間的電勢差小于電動勢，故A錯誤；

8.根據(jù)W=E/t可知，電源向外提供的電能多，不能說明電動勢大，還與電源做功的時間、電路中

的電流有關，故8錯誤；

C.電動勢是一個表征電源特征的物理量，由電源的本身性質決定，與外電路無關，故C錯誤；

。.電源是通過非靜電力做功將其他形式的能轉化為電能的裝置，電源電動勢反映了電源內(nèi)部非靜

電力做功的本領，非靜電力做功的本領越大，電源的電動勢越大，故。正確。

故選Do

2.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查了電流的定義式，根據(jù)電流的定義式可得1s內(nèi)流過橫截面的電荷量，進而得出在1s內(nèi)

通過這條導線某一橫截面的電子個數(shù)，基礎題。

【解答】

根據(jù)電流的定義式/=%

可得Is內(nèi)流過橫截面的電荷量為q=花=10X10-3xic=1x10-2C

在Is內(nèi)通過這條導線某一橫截面的電子個數(shù)n=言=〔'I喙=6.25x1016

⑻1.6x10

故選瓦

3.【答案】A

【解析】

【分析】

本題主要考查了電阻定律的應用，根據(jù)電阻定律可知。=券，找出S、L即可解題。

【解答】

理想電流表4、4的示數(shù)相等，則R0=Rz

由R=

可得P=y

則P>:Pz=?：?=。2&：a2

故選A。

4.【答案】D

【解析】

【分

本題考查了電表的改裝，根據(jù)歐姆定律即可解題，難度不大。

【解答】

當接A接線柱時表頭與/?2串聯(lián)再與公并聯(lián)，故&的電流與表頭的電流關系為+/?2)=A%

帶入物理量解得/1=坐+&)=13mA

A接線柱對應的量程為/=/1+%=15mA

故選D。

5.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查了含容電路的分析，關鍵是掌握Q=CU、。=黑公式的應用，難度不大。

【解答】

A.當開關斷開時，電路的總電阻變大，電流變小，在溫度不變的情況下，Rr兩端電壓變小，由Q=CU

可知，電容器電荷量變小，故A錯誤；

B.將電容器的下極板向上移動一小段距離，則兩極板的間距變小，由公式。=品

47TKU

可知，電容變大，在電路中的電流不變情況下，場兩端電壓不變，由。=?！?/p>

可知，電容器電荷量增大，故8正確；

C.環(huán)境溫度升高時，熱敏電阻阻值變小，電路中電流變大，內(nèi)電壓變大，R兩端電壓也變大，則切

兩端電壓變小，所以電容器電容不變時，由Q=07可知，電荷量變小，故C錯誤；

D將電容器的上極板向左移動一小段距離，則兩極板的正對面積變小，由公式。=品

4nka

可知，電容變小，在電路中的電流不變情況下，場兩端電壓不變，由。=?！?/p>

可知，電容器電荷量變小，故。錯誤。

故選B。

6.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查了帶電粒子在電場中的運動，根據(jù)速度-時間圖像可知微粒的加速度，根據(jù)加速度判斷電

場強度的大小，根據(jù)速度的變化判斷電場力做功以及電勢能的變化，難度不大。

【解答】

A.從M點到N點，速度-時間圖像可知微粒的加速度先增大后減小，微粒僅受電場力，根據(jù)牛頓第

二定律和電場強度的定義式可得，電場強度先增大后減小，A錯誤；

B.從M點到N點，微粒速度一直增大，故電場力一直做正功，負電荷逆著電場線方向運動，故電

場強度沿NM方向,B錯誤；

CD.微粒從例點到N點電場力一直對微粒做正功，電勢能減小，故微粒在M點的電勢能大于在N

點的電勢能，C正確，。錯誤。

故選C。

7.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查了串并聯(lián)電路的特點、閉合電路歐姆定律的應用以及功率的計算，對于定值電阻，電流

越大功率越大，求解滑動變阻器R消耗的電功率一般采用等效電源法。

【解答】

48.當滑動變阻器的滑片尸在人端時，電壓表示數(shù)最大，電流表示數(shù)最小，由閉合電路歐姆定律得

"max_ET，max_r

min

~R^~-R0+r-

當滑動變阻器的滑片尸在“端時，電壓表示數(shù)最小，電流表示數(shù)最大，由閉合電路歐姆定律得昌=

R0+r

,max

聯(lián)立解得E=6V,r=10

當滑動變阻器接入電路的阻值為0時，定值電阻Ro消耗的電功率最大，即PR。=溢axRo=6.75W

故AB錯誤；

CD.當滑動變阻器接入電路的阻值/?=品+「=4。時，滑動變阻器R消耗的電功率最大，即

￡2

PRmax=麗麗=2.25W

故C正確、。錯誤。

故選Co

8.【答案】AD

【解析】

【分析】

本題考查等量異種點電荷的電場分布特點，牢記教材中各種常見電場線的特點即可順利解題。

【解答】

A.等量異種點電荷的電場分布如圖所示：

電場線的疏密表示電場強度的大小，電場線的切線方向表示電場強度的方向，。、c兩點關于。點

對稱，兩點的電場強度大小相等，方向相同，故A正確；

B.a、b、c、d、O五點、中,0a=Wd>。，(Pb~(Pc<0(<Po=0，故B錯誤；

C.由圖可知，從“點沿直線到人點，電場線由密到疏再到密，所以電場強度先減小后增大，故C

錯誤；

。.由圖可知，從a點沿直線到d點,電勢先升高后降低，故。正確。

故選AO。

9.【答案】BC

【解析】

【分析】

本題關鍵在于對兩條曲線的理解，明確交點的物理含義，交點表示燈泡與電源連接時的工作電壓

和電流根據(jù)交點即可求解燈泡的電阻。

【解答】

小燈泡的伏安特性曲線與電源路端電壓隨輸出電流的變化圖線的交點P即為小燈泡接入電路時的

工作狀態(tài)，由圖可知小燈泡接入電路后U=0.5V,/=0.6A,故此時小燈泡的電阻為R=7=|n,

故A錯誤；

B.電源路端電壓隨輸出電流的變化圖線的斜率的絕對值為電源內(nèi)阻，即r=^O=2.50,故8正

U.O

確；

C.電源內(nèi)阻消耗的熱功率為P熟=l2r=0.9W,故C正確；

。.電源的路端電壓隨輸出電流的變化圖線縱軸截距表示電動勢，即E=2.0V

電源的效率為4=部100%=25%,故。錯誤。

故選BC。

10.【答案】AC

【解析】

【分析】

本題考查了帶電粒子在復合場中的運動，根據(jù)動能定理和牛頓運動定律進行解題。

【解答】

A.從A點到C點,由動能定理得mg&B+%c)sin37°-EqlBCcos37°=0

解得電場強度的大小E=135N/C,故A正確；

8.金屬塊在BC段運動，由牛頓第二定律得Eqcos37°-mgsin37°=ma

解得金屬塊的加速度的大小a=4.8m/s2,故3錯誤；

C.金屬塊在AB段和BC段運動的平均速度相同，所以時間之比等于位移之比，為4:5,故C正確；

。.從A點到C點，金屬塊的電勢能增加量等于其重力勢能的減少量，即AEp=mg(lAB+

%c)sin370=0.54/

故。錯誤。

故選AC。

11.【答案】(1)16.0；

(2)190；

(3)5.7

【解析】

【分析】

本題考查了多用電表的讀數(shù)，在測量電壓電流時，注意量程和最小分度，測量電阻時讀數(shù)要乘以

倍率。

【解答】

(1)用直流50mA擋測電流，分度值為1加4,指針在表盤的位置如圖中。所示，則示數(shù)為16.064

(2)用電阻“X10”擋測電阻，指針在表盤的位置如圖中匕所示，則待測電阻的阻值為19x100=

19012；

(3)用直流10V擋測電壓，分度值為0.2V,指針在表盤的位置如圖中c所示，則示數(shù)為5.7V。

12.【答案】(1)B；D；

(2)C：

(4)5.4?5.6；偏小

【解析】

【分析】

本題考查了伏安法測電阻的實驗，根據(jù)實驗原理選出合適的實驗器材，根據(jù)電阻的限值選擇測量

誤差小的原理圖并會連接實物圖，根據(jù)圖線處理實驗數(shù)據(jù)并進行誤差分析。

【解答】

(1)電池電動勢是3匕為了減小實驗誤差，測量精確電壓表選電壓表匕，故選B；

通過被測電阻的電流約為/=，笈=0.3A

Kx

電流表4量程為0?0.1力，量程太小，故選電流表4量程為0?0.64,故選Do

(2)滑動變阻器最大阻值為10,比較小，所以為了減小誤差應該選擇分壓式接法；

由&<北瓦-ioV3n,所以應該將電流表外接。

故選C。

(3)根據(jù)所選的電路圖，實物圖如圖：

(4)根據(jù)U-/圖線，則待測電阻的阻值為&=?=裁0x5.6。；

1U.DO

由于電壓表的分流，電流表所測電流偏大，所以待測電阻的測量值偏小。

13.【答案】解：(1)對小球B進行受力分析，如圖所示:

根據(jù)平衡條件得建=君二

由庫侖定律得&=卜誓

聯(lián)立解得加=竺呼；

5gLz

(2)根據(jù)小球8的受力分析可知尸=mgtan37°

由電場力公式有尸=后02

聯(lián)立解得E=