2022-2023学年重庆市西南大学附属中学高二上学期1月线上定时检测物理试题 （解析版）

西南大学附中2022-2023学年度上期一月线上定时检测

高二物理试题

（满分：100分；考试时间：75分钟）

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一项符合题目要求。

1. 下列说法中正确的是（　　）

A. 通电导线在空间中某处不受安培力作用，则该处的磁感应强度一定为零

B. 磁感应强度定义式，也适用于电流与磁场不垂直的情况

C. 小磁针极所受磁场力的方向就是磁场的方向

D. 沿磁感线的方向磁场逐渐减弱

【答案】C

【解析】

【详解】A．通电导线在空间中某处不受安培力作用，则该处的磁感应强度可能为零，也可能通电导线与电场的方向平行，A错误；

B．磁感应强度定义式，不适用于电流与磁场不垂直的情况，B错误；

C．小磁针极所受磁场力的方向就是小磁针所在位置磁场的方向，C正确；

D．磁感线的疏密反映磁场强度的大小，与磁感线的方向无关，D错误。

故选C。

2. 真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B（可视为点电荷），分别固定在两处，它们之间的静电力为F，用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为（　　）

A  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】真空中两个静止点电荷间的静电力大小为

不带电的同样的金属小球C先与A接触，则

带同种电荷的金属小球C再与B接触，则

则两点电荷间的静电力大小为

故选C。

3. 一个电流表的满偏电流，内阻，现将它改装为电压表。当使用a，b两个端点时，量程为，若使用a，c两个端点时的量程为，则的阻值大小为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】当使用a，b两个端点时，量程为，则有

使用a，c两个端点时的量程为，则有

解得

故选A。

4. 如图所示，b、c、d三根长通电直导线垂直于纸面放置，电流强度都为，方向如图，垂直于且。每根通电直导线单独存在时，a点的磁感应强度大小为，则三根通电导线同时存在时a点磁感应强度大小为（　　）

A. B B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】根据题意，由右手螺旋定则可知，3根导线在点产生的磁场，如图所示

可知，三根平行直导线同时存在时点的磁感应强度大小为

故选C。

5. 如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，下列说法正确的是（　　）

A. A、D两点间电势差UAD与A、A′两点间电势差UAA′相等

B. 带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，静电力做负功

C. 带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能增加

D. 带电粒子从A点移到C′点，沿对角线A→C′与沿路径A→B→B′→C′静电力做功不相同

【答案】C

【解析】

【详解】A．电场力的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A′两点沿电场线的方向有距离所以UAA′不为0，故A错；

B．带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D→D'电场力做正功，故B错误；

C．同理，带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D'点，电场力做负功，电势能增大，故C正确；

D．由电场力做功的特点（电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关）可知，带电粒子从A点移到C′点，沿对角线A→C′与沿路径A→B→B′→C′静电力做功相同，选故D错误。

故选C。

6. 如图所示，虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为、、，实线是一带电粒子在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，粒子重力不计，下列说法正确的是（　　）

A. 粒子带负电

B. 粒子必先过a，再到b，然后到c

C. 粒子在三点所受的电场力大小关系为

D. 粒子在三点所具有动能大小关系为

【答案】C

【解析】

【详解】A．电场线总是由高电势指向低电势，则由图可知，电场线向左上方；根据轨迹可知，粒子受电场力向左上方，所以粒子一定带正电，故A错误；

B．带正电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如图的轨迹，故B错误；

C．电场线越密集电场强度越大，由图可知

则

故C正确；

D．若带正电的粒子依次沿a、b、c运动，电场力做负功，动能减小，故

若带正电的粒子依次沿c、b、a运动，电场力做正功，动能增大，故

故D错误。

故选C

7. 如图所示，光滑绝缘水平面上A、B两点固定着等量异种点电荷。一质量为、电荷量为的试探电荷在M点由静止释放。试探电荷经过AB连线中点O时速度为，经过与M点关于O点对称的N点时速度为，设无穷远处电势为零，下列说法中正确的是（　　）

A. 试探电荷从M点运动到N点做匀加速运动

B. 试探电荷在M、N两点受到的电场力大小相等，方向相反

C. M、N两点的电势差

D. 试探电荷在N点具有的电势能为

【答案】D

【解析】

【详解】A．试探电荷从M点运动到N点受变力作用，做变加速运动，A错误；

B．试探电荷在M、N两点受到的电场力大小相等，方向相同，B错误；

C．试探电荷从M到N由动能定理可知

解得

C错误；

D．设无穷远处电势为零，A、B两点固定着等量异种点电荷，故点的电势为零，故从到根据动能定理可知

即

D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。每小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。

8. 一正点电荷和金属球壳所形成电场的电场线分布如图所示，图中a，b两点的电场强度的大小分别为和，电势分别为和，则（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．电场线越密集，电场强度越大，a点电场线较b点电场线密集，所以，故A正确，B错误；

CD．沿电场线方向电势逐渐降低，a点在电场线上游，b点在电场线下游，所以，故C正确，D错误。

故选AC。

9. 如图所示电路中，为平行板电容器，极板水平放置，中央有一带电液滴刚好静止，为热敏电阻（温度降低电阻增大），点接地，开关闭合，单独进行以下某项操作，下列判断正确是（　　）

A. 只将开关断开，带电液滴的重力势能将增加

B. 只将热敏电阻加热，带电液滴的电势能将增加

C. 只将变阻器的滑动头向上移动，带电液滴仍保持静止

D. 只将电容器的上极板向上移动，带电液滴将向下运动

【答案】AD

【解析】

【详解】A．电容器与滑动变阻器并联，开关断开前，电容器的电压等于闭合电路中的滑动变阻器的电压，开关断开后，因电路无通路，则电容器的电压等于电源的电动势，故其电压增大，其它量不变则板间的匀强电场的场强增大，带电液滴所受的向上的电场力增大，油滴向上移动，重力做负功，则带电液滴的重力势能将增加，故A正确；

B．只将热敏电阻加热，则其阻值减小，闭合电路的电流增大，故滑动变阻器的的电压增大，导致电容器的电压增大，则板间的匀强电场的场强增大，带电液滴所受的向上的电场力增大，电场力做正功，则带电液滴的电势能将减小，故B错误；

C．只将变阻器的滑动头向上移动，接入电路的阻值减小，电路的电流增大，的电压增大，故变阻器的电压减小，即电容器的电压减小，则板间的电场强度减小，带电液滴所受的向上的电场力减小，原来二力平衡，则液滴向下移动，故C错误；

D．只将电容器的上极板向上移动，则板间距离增大，而电路元件不动则其电压不变，由知场强变小，液滴所受向上的电场力变小，则液滴向下移动，故D正确。

故选AD。

10. 如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线（外电路为纯电阻电路），图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是（　　）

A. 电源的内阻为 B. 电源的电动势为

C. 电流为时，电源的发热功率为 D. 输出功率为时，路端电压可能约为

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．根据闭合电路的欧姆定律，电压的输出电压

对照图象，当I=0时

图象斜率的绝对值表示内电阻，故

故A错误，B正确；

C．电流为时，电源的总功率

P总=IE=100W

此时电源的输出功率为80W，则电源的发热功率为，选项C正确；

D．当电源的输出功率为120W时，电路的电流约为4A，则此时路端电压约为30V，选项D错误。

故选BC。

三、非选择题：共57分。

11. 某同学新学了多用电表，就想到在“测定金属的电阻率”实验中，可以用欧姆表、螺旋测微器、刻度尺等仪器粗测该金属导线的电阻率。

实验步骤如下：

（1）由螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如左图所示，则______；

（2）该同学把选择开关打到“”挡，应先______，再进行测量，之后多用表的示数如右图所示，测得该元件电阻为______；

（3）多次测量得该金属丝的长度为，则用各字母表示其电阻率的计算公式为______（用、、表示）。

【答案】    ①. 0.900##0.901##0.899    ②. 欧姆调零    ③. 9.0##8.9##9.1    ④.

【解析】

【详解】（1）[1]由螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如左图所示，则

（2）[2][3]该同学把选择开关打到“”挡，应先欧姆调零，再进行测量，之后多用表的示数如右图所示，测得该元件电阻为

（3）[4]根据电阻定律

解得其电阻率的计算公式为

12. 一学习小组要用伏安法尽量准确地描绘一个标有“3V1.5W”的小灯泡的图线，现有下列器材供选用：

A．电源（电动势，内阻较小）

B．开关一个、导线若干

C．滑动变阻器（，额定电流为）

D．电压表（，内阻约）

E．电压表（，内阻约为）

F．电流表（量程、内阻约）

G．电流表（量程、内阻约为）

H．定值电阻

（1）实验中电流表应选用______，电压表应选用______（填相应器材前的字母）；

（2）实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，请在实验电路图（a）中将实物连线补充完整；（      ）

（3）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（b）所示，由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻______（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率______（填“增大”“不变”或“减小”）；

（4）实验过程中同学心想在原有的实验器材的基础上还可以精确测量电流表的内阻值，于是设计了如图（c）所示的电路图，在正确操作后，记录得到的示数为，的示数为，则用已知物理量表示电流表的内阻表达式为______。

【答案】    ①.     ②.     ③. 见解析    ④. 增大    ⑤. 增大    ⑥.

【解析】

【详解】（1）[1]小灯泡的额定电流为

所以电流表应使用量程较大的。

[2]小灯泡在额定电压下的电阻为

电流表的内阻为，所以电流表应采用外接法；由于电源电动势为，所以电压表选择量程为的即可；其的内阻是小灯泡电阻的500倍，可以使分流引起的电流测量误差忽略不计。

（2）[3]实物连线如下图所示

（3）[4]在图（b）的图像中，曲线上各点斜率的倒数与小灯泡的电阻成正比；由图可知，随着电流的增加，曲线上各点的斜率逐渐减小，斜率的倒数逐渐增大，所以小灯泡的电阻也逐渐增大。

[5]由电阻决定式

可知，灯丝的电阻率也增大了。

（4）[6]根据欧姆定律及并联电路的电流规律可得

解得

13. 如图所示，电阻，电动机绕组电阻，当开关断开时，电阻消耗的电功率是；当开关闭合时，电阻消耗的电功率是。若电源的电动势为，则求：

（1）电源内阻；

（2）电动机输出的机械功率。

【答案】（1）；（2）0.75W

【解析】

【详解】（1）当开关断开时，电阻消耗的电功率是

P1==

解得

I1=0.6A

由

代入数据解得

（2）当开关闭合时，电阻消耗的电功率是

P2==

解得

U=2V

干路电流

通过电动机电流

电动机发热功率

P0==

电动机输出的机械功率

14. 如图所示，空间内存在着水平向右、场强的匀强电场。一个质量的带电小球，以速度从A点沿AB方向射入电场，随后小球在电场中做直线运动，运动至B点时速度变为零。若直线AB与竖直方向的夹角，取，，，求：

（1）小球的电性及所带电荷量的大小；

（2）AB之间的距离；

（3）从A到B小球电势能的变化。

【答案】（1）正电，；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由题意可知小球做匀减速直线运动，加速度与速度在同一直线上，因此小球所受电场力方向水平向右，对小球受力分析如图所示

则小球带正电，且

代入相关数据求得

（2）对小球根据牛顿第二定律，可得

求得

结合

求得

（3）从A到B过程中，根据功能关系可知

联立两式求得

即小球电势能增加了。

15. 一些电气设备中可以通过调节电路中的电阻改变带电微粒的偏转方向，如图所示是某一设备的电路示意图，电源电动势E=24V，内阻r=2Ω，滑动变阻器R1的阻值可在0∼ 5Ω之间调节，，，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=3.0×10-2m。现有一带电量q=5×10-3C微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好能沿虚线匀速运动，而此时电源的输出功率恰好最大。求：（g取10m/ s2）

（1）此时R1的阻值和电源的输出功率；

（2）带电微粒的质量；

（3）滑片P从（1）问中的R1的位置调至R1的中点，求这个过程中通过R4的电量；并通过计算判断滑片P调至R1的中点时，此带电微粒以相同的初速度沿虚线射入能否从电容器中射出（写明判断过程）。

【答案】（1）,72W；（2） ；（3） ，不能从的电场中射出

【解析】

【详解】（1）由分析可知，当外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大，此时电源输出电压为

干路电流为

和的并联电阻为

滑动变阻器的电阻

电源的输出功率为

（2）和的并联电阻的电压

设微粒质量为m

解得

（3）当调至中点位置

电路中的电流

和的并联电阻的电压

则所求流过的总电量为

当调至中点位置时，设微粒加速度为，则

解得

设微粒能从的电场中射出，则水平方向

竖直方向

由以上各式求得

故微粒此时不能从的电场中射出。