廣東省深圳市2022-2023學年高二上學期物理期中聯(lián)考試卷（含答案）

廣東省深圳市2022-2023學年高二上學期物理期中聯(lián)考試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．可視為點電荷的A、B兩帶電小球固定在真空中，所帶電荷量均為+q，若僅將A球所帶電量變?yōu)椋璹，則B球所受的庫侖力()A．大小和方向均不變 B．大小和方向均改變C．大小改變、方向不變 D．大小不變、方向改變2．有一個已充電的電容器，兩極板之間的電壓為5V，所帶電荷量為2.5×10A．2×10?4F B．5×105F3．如圖所示是一根粗細均勻的橡膠棒，其橫截面積為S，由于與毛皮發(fā)生摩擦而均勻帶負電，若已知該橡膠棒每米長度所帶的電荷量為q，則當該棒沿軸線方向做速度為v的勻速直線運動時，形成的等效電流為（）A．vq B．qv C．qvS D．4．如圖中虛線表示電場中的兩條等勢面電勢分別為U1和U2，實線表示一帶電粒子運動的軌跡，若粒子在P點時動能為E1A．E1>E2 B．E1<5．如圖所示，在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O為圓心半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直則（）A．A點和C點的電場強度相同B．D點電場強度大小可能為0C．將一正電荷q從A沿圓周移動到B，電勢能不變D．A，B，C，D四個點中B點電勢最高6．一個帶正電的質(zhì)點，電荷量q=2.0×10?9C，在靜電場中由a點移到b點，在這過程中，除靜電力外，其他力做的功為3.0×10?5J，質(zhì)點的動能增加了A．5.0×104V B．1.0×104V7．如圖所示，是電阻R的I－U圖象，圖中α＝45°，由此得出（）

A．電阻R＝0.5ΩB．電阻R＝2.0ΩC．因I－U圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，故R＝1tanαD．在R兩端加上6.0V的電壓時，每秒通過電阻橫截面的電荷量是2.0C二、多選題8．關于多用電表的使用，下列說法不正確的是（）A．表盤上電阻的刻度線不均勻，越靠近右側刻度線越密集B．使用完畢應把選擇開關旋到OFF擋或交流電壓最高擋C．測量電阻時，第一次測量之前要歐姆調(diào)零，之后就算換倍率測量，也沒有必要重新歐姆調(diào)零D．測量直流電壓、直流電流時電流從“＋”接線柱流入多用電表，測電阻時電流從“－”接線柱流入多用電表9．如圖所示的電路中，電流表、電壓表均為理想電表，若將滑動變阻器R1A．電流表示數(shù)變小 B．電壓表示數(shù)變大C．電源內(nèi)電路消耗的功率變大 D．R310．豎直向上的勻強電場中，有一帶電荷量為1×10-2C的帶電小球，施加拉力F使小球向上加速運動一段距離，從A點上升到B點，在此過程中克服重力做功2J，電場力做功1J，不計空氣阻力，則（）A．從A點到B點小球的電勢能增加了1JB．從A點到B點小球的重力勢能增加了2JC．A，B兩點間的電勢差為100VD．A，B兩點間的電勢差為300V三、實驗題11．現(xiàn)有一合金制成的圓柱體，為測量該合金的電阻率，現(xiàn)用伏安法測量圓柱體兩端的電阻，用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，用游標卡尺測量該圓柱體的長度，螺旋測微器和游標卡尺的示數(shù)如圖甲和乙所示。（1）由圖甲得圓柱體的直徑為mm，由圖乙得圓柱體的長度為cm；（2）若流經(jīng)圓柱體的電流為I，圓柱體兩端的電壓為U，圓柱體的直徑和長度分別用D、L表示，則用D、L、I、U表示的電阻率的關系式為ρ=（各物理量單位均為基本單位）。12．某同學做“測定電動勢約2V內(nèi)阻約4Ω的電池的電動勢和內(nèi)阻”實驗。他采用如圖1所示的實驗電路進行測量?，F(xiàn)有下列器材供選用：A．電壓表（0~15V，內(nèi)阻約20kΩ）B．電壓表（0~3V，內(nèi)阻約10kΩ）C．電流表（0~0.6A，內(nèi)阻約0.4Ω）D．電流表（0~3A，內(nèi)阻約1Ω）E．滑動變阻器（500Ω，1A）F．滑動變阻器（20Ω，2A）（1）實驗中所用電壓表應選，電流表應選用，滑變阻器應選用（填字母代號）（2）圖2中給出了做實驗所需要的各種儀器．請你按電路圖把它們連成實驗電路。（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)做出U?I圖像，如圖3所示，蓄電池的電動勢E=V，內(nèi)電阻r=Ω。（結果保留2位有效數(shù)字）四、解答題13．如圖所示，一電荷量為q的可視為質(zhì)點的帶正電小球A用長為L的輕質(zhì)絕緣細線懸掛于O點，另一帶電荷量Q的小球B固定在O點正下方絕緣柱上（A、B均視為點電荷），當小球A平衡時，恰好與B處于同一水平線上，此時細線與豎直方向的夾角為θ。已知重力加速度為g，靜電力常量為k。求：（1）小球A所受的靜電力大小和方向；（2）小球B在A處產(chǎn)生的場強大小和方向。14．如圖所示，電源電動勢為12V，內(nèi)電阻為r=1Ω，R1=1Ω，R2=6Ω，電動機線圈電阻為0.5Ω，若開關閉合后通過電源的電流為3A，則R1上消耗的電功率為多少？電動機消耗的電功率為多少？15．如圖所示，水平放置的兩平行金屬板，板長為10cm，兩板相距2cm。一束電子以v0＝4.0×107m/s的初速度從兩板中央水平射入板間，然后從板間飛出射到距板右端L為45cm、寬D為20cm的熒光屏上。(不計電子重力，熒光屏中點在兩板間的中線上，電子質(zhì)量m＝9.0×10－31kg，電荷量e＝1.6×10－19C)求：（1）電子飛入兩板前所經(jīng)歷的加速電場的電壓；（2）為使帶電粒子能射到熒光屏的所有位置，兩板間所加電壓的取值范圍？

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】根據(jù)庫侖公式F=kqq故答案為：D。

【分析】利用庫侖定律可以判別庫侖力大小不變，方向發(fā)生改變。2．【答案】D【解析】【解答】根據(jù)電容定義式可得C=故答案為：D。

【分析】利用電容的定義式可以求出電容的大小。3．【答案】A【解析】【解答】棒沿軸線方向以速度v做勻速直線運動時，單位時間內(nèi)通過的距離為vΔt，單位時間內(nèi)通過的電荷量Q=qvΔt，得到等效電流為I=Q故答案為：A

【分析】利用電荷量結合電流的定義式可以求出等效電流的大小。4．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)運動軌跡可知，帶電粒子所受的電場力大致向右，則從Q到P電場力做負功，動能減小，可知E1故答案為：B。

【分析】利用運動的軌跡可以判別電場力的方向，結合電場力做功可以比較動能的大小，由于未知粒子電性不能比較電勢的高低。5．【答案】B【解析】【解答】A．由場強疊加可知，A和C兩點的電場強度大小相同，方向不同，A不符合題意；B．D點的合場強等于E?kQC．正電荷A→B過程中，點電荷+Q對正電荷不做功，但是勻強電場對正電荷做正功，電勢能減小，C不符合題意；D．由電勢疊加可知，A、B、C、D四點中D點電勢最高，B點電勢最低，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】根據(jù)點電荷周圍電場線的分布以及電場強度的疊加判斷A、C兩點的電場強度大小，利用點電荷周圍合場強的表達式判斷D點的場強大小，利用電勢的疊加判斷四點的電勢高低。6．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)動能定理，可得W解得W則a、b兩點間的電勢差為U故答案為：B。

【分析】根據(jù)動能定律得出質(zhì)點從a點移到b點過程電場力做的功；結合電場力做功的表達式得出ab兩點間的電勢差。7．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)電阻的定義式R=UI可知，I-U圖象斜率的倒數(shù)等于電阻R，但不能根據(jù)直線傾角的正切的倒數(shù)求解，則得由圖知，當U=6V時，I=3A，則每秒通過電阻橫截面的電荷量是q=It=3×1C=3.0C故答案為：B。

【分析】根據(jù)電阻的定義式得出I-U圖像的斜率等于電阻的倒數(shù)，結合圖像求出該導體的電阻，根據(jù)歐姆定律以及電流的表達式得出通過電阻橫截面的電荷量。8．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．歐姆擋刻度分布不均勻，越靠近左側刻度線越密集，A錯誤，符合題意；B．使用完畢應把選擇開關旋到OFF擋或交流電壓最高擋，B正確，不符合題意；C．測量電阻時，第一次測量之前要歐姆調(diào)零，之后只要換倍率測量，就必須重新歐姆調(diào)零，C錯誤，符合題意；D．測量直流電壓、直流電流時電流從“＋”接線柱流入多用電表，測電阻時也是電流從“＋”接線柱流入多用電表，D錯誤，符合題意。故答案為：ACD。

【分析】歐姆檔的刻度分布不均勻，越往左側刻度線越密集；使用完畢應該把選擇開關旋到OFF擋或交流電壓最高擋；換擋后應該重新進行歐姆調(diào)零；多用電表的電流方向應該是紅進黑出。9．【答案】A,C【解析】【解答】AB．將滑動變阻器R1滑片上移，電阻R1電阻值減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中總電流I增大，內(nèi)電壓增大、路端電壓U減小，由于R2和R3所在的支路電阻不變，由歐姆定律分析得知IA=UC．電路中總電流減小，根據(jù)P=I2r得知，電源內(nèi)電路消耗的功率變大，C符合題意；D．由上分析得知通過電流表的電流IA減小，通過R3的電流減小，則根據(jù)P=IA2R3可知R3消耗的功率變小，D不符合題意。故答案為：AC。

【分析】利用動態(tài)電路的串反并同結合滑動變阻器阻值的變化可以判別電路中電流、電壓和電功率的大小變化。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．電場力做正功，電勢能減少1J，A不符合題意；B．克服重力做功2J則小球的重力勢能增加2J，B符合題意；CD．根據(jù)U代入數(shù)據(jù)可得UC符合題意，D不符合題意。故答案為：BC。

【分析】電場力做正功，電勢能減少；結合電場力做功與電勢差的關系得出AB之間的電勢差。11．【答案】（1）1.742；5.240（2）πU【解析】【解答】（1）螺旋測微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)與可動刻度讀數(shù)之和，所以圓柱體的直徑為d=1.5mm+24.2×0.01mm=1.742mm；20分度的游標卡尺精確度為0.05mm，其讀數(shù)等于主尺讀數(shù)與游標尺讀數(shù)之和，所以圓柱體的長度為L=52mm+8×0.05mm=52.40mm=5.240cm（2）根據(jù)電阻定律有R=ρLS=ρL【分析】（1）利用螺旋測微器的結構和精度可以讀出對應的讀數(shù)；利用游標卡尺的結構和精度可以讀出對應的讀數(shù)；

（2）利用電阻定律及歐姆定律可以求出電阻率的表達式。12．【答案】（1）B；C；F（2）（3）2.0；3.8【解析】【解答】（1）電動勢約為2V，電壓表選B，電路最大電流約為0.5A，電流表選C；為方便實驗操作，滑動變阻器應選F；（2）根據(jù)電路圖連接實物圖，如圖所示（3）由圖示電源U?I圖像可以知道，圖像與縱軸交點坐標值為2.0，所以電源電動勢E=2.0V，電源內(nèi)阻r=【分析】（1）利用電動勢的大小可以選擇電壓表的量程；利用歐姆定律可以選擇電流表的量程；利用電動勢的大小可以判別滑動變阻器的選擇；

（2）利用電路圖進行實物圖連線；

（3）利用圖像斜率和截距可以求出內(nèi)阻和電動勢的大小。13．【答案】（1）解：由于小球A平衡時恰好與B處于同一水平線上，所以小球A所受的靜電力方向為水平向右，根據(jù)庫侖定律可知小球A所受的靜電力大小為F=（2）解：根據(jù)電場強度的定義可得小球B在A處產(chǎn)生的場強大小為E=方向水平向右?！窘馕觥俊痉治觥浚?）當小球A處于平衡，利用庫侖定律可以求出小球A受到的庫侖力的大小及方向；

（2）已知小球A與B之間的庫侖力大小，結合場強的表達式可以求出B在A產(chǎn)生的場強大小。14．【答案】解：R1上消耗的功率P1=I2R1=9×1W=9W電動機兩端的電壓：U=E﹣I（R1+r）=12﹣3×（1+1）=6V通過R2的電流為I1=UR通過電動機的電流為I2=I﹣I1=2A故電動機消耗的電功率為P2=I2U=2×6W=12W【解析】【分析】已知干路電流的大小，結合熱功率的表達式可以求出R1消耗的電功率的大小；已知電動勢和干路電流，利用閉合電路的歐姆定律可以求出電動機兩端電壓的大小，結合歐姆定律可以求出通過R2的電流大小，結合電功率的表達式可以求出電動機消耗功率的大小。15．【答案】（1）解：設加速電場的電壓為U1，由動能定理可得e化簡得U代入數(shù)據(jù)得U1＝4.5×103V（2）解：電子的軌跡如圖所示：設電子飛出偏轉(zhuǎn)電場時速度為v1，和水平方向的夾角為θ，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)位移為y，則：y=tan由