2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高二上学期期末物理试题 （解析版）

大荔县2022—2023学年度第一学期期末教学质量检测试题

高二物理

第Ⅰ卷（选择题 共48分）

一、选择题（共12小题，每小题4分，计48分。第1~7题为单项选择题，第8~12题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

1. 电场线、等势面均可形象的描述电场。某区域的电场分布如图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面，A、B、C三点的电场强度分别为、、，电势分别为、、。关于这三点电场强度大小和电势的比较，下列判断正确的是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】AB．电场线分布的疏密程度表示电场的强弱，根据图形可知，A位置的电场线分布比B位置与C位置的密集一些，可知，A位置的电场强度大于B位置与C位置的电场强度，AB错误；

CD．沿电场线电势降低，根据图形可知

，

C正确，D错误。

故选C。

2. 若电场中， a、b两点间的电势差Uab=1V ，将一电子从a点移到b点克服电场力做的功为1eV，则（　　）

A. 场强方向一定由b指向a B. 场强方向一定由a指向b

C. 电子的电势能增加1 eV D. 电子的电势能减少1 eV

【答案】C

【解析】

【详解】AB．由题可知，a点电势高于b点电势，而场强方向与两点的电势高低没有直接对应关系，沿电场线（场强）方向是电势降低最快的方向，其他方向也可以电势减低，所以场强不一定由a指向b，也不可能由b指向a，故AB错误；

CD．电子克服电场力做的功为1eV，则电子的电势能增加1eV，故C正确，D错误。

故选C

3. 正常情况下空气是不导电的，但如果空气中的电场很强，空气也可以被击穿，空气被击穿时会看到电火花或闪电。若观察到某次闪电的火花长约100m，且已知空气的击穿电场强度为，那么发生此次闪电的电势差约为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】ABCD．根据电场强度与电势差关系式有

故A正确；B、C、D错误。

故选A。

4. 如图，在电子射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则电子束将会（　　）

A. 向上偏转 B. 向下偏转 C. 向纸内偏转 D. 向纸外偏转

【答案】A

【解析】

【详解】根据安培定则可知，通电长直导线在阴极射线管处的磁场方向垂直纸面向外，由图可知电子束运动方向由左向右，根据左手定则可知电子束受到的洛伦兹力方向向上，所以向上偏转，故A正确，BCD错误。

故选A。

5. 如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则（ ）

A. 该磁场是匀强磁场

B. 线圈平面总与磁场方向垂直

C. 线圈将逆时针方向转动

D. a、b导线受到的安培力大小总为

【答案】D

【解析】

【详解】A.该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故A错误；

B.由图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故B错误；

C.由左手定则可知，a受到的安培力向上，b受到的安培力向下，故线圈顺时针旋转，故C错误；

D.a、b导线始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小总为，故D正确。

6. 家用电热水器，在使用时具有漏电危险，当发生漏电时，电流会经过水管中的水与人体相连从而发生意外事故。“隔电墙”可以在一定程度上保护人体的安全，其装置如图甲所示，其内部结构是一个螺旋状的绝缘管道，结构如图乙，它实质上是将水管的水道变得更细更长，安装位置如图丙。下列说法正确的是（　　）

A. “隔电墙”是通过增加管道中水的电阻来减小电流从而保护人体安全

B. “隔电墙”是靠减小水流速度来减小电流从而保护人体安全

C. “隔电墙”是通过增加管道中水的电阻率从而保护人体安全

D. “隔电墙”能完全隔断电流从而保护人体安全

【答案】A

【解析】

【详解】根据电阻定律可知

水的电阻率不变，在该情况下，将水流变长，横截面积变小来增大电阻，减小电流，从而对人体起到保护作用，但不能完全隔断电流。

故选A。

7. 如图所示的电路中，电源的电动势和内阻分别为E和r，当闭合开关S，向左移动滑动变阻器的滑片时，下列说法正确的是（　　）

A. 电流表的示数变大 B. 电流表的示数不变

C. 电压表的示数变大 D. 电压表的示数不变

【答案】C

【解析】

【详解】AB．向左移动滑动变阻器的滑片时，滑动变阻器接入电阻变大，电路中总电阻增大，干路电流减小，即电流表的示数变小，AB错误；

CD．根据上述，干路电流减小，由

可知，电压表示数变大，C正确，D错误。

故选C。

8. 加在某台电动机上的电压是U，电动机消耗的电功率为P，电动机线圈的电阻为R，下列说法正确的是（　　）

A. 通过电动机线圈的电流为 B. 通过电动机线圈的电流为

C. 电动机输出的机械功率为 D. 电动机输出的机械功率为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．电动机正常工作时，属于非纯电阻用电器，欧姆定律不适用，故A错误；

B．根据电功率计算式

可知通过电动机线圈的电流为

故B正确；

CD．电动机的发热功率为

根据电动机中能量转化特征，可知电动机输出的机械功率为

故C错误；D正确。

故选BD。

9. 如图所示，甲、乙两个电表的内部电路都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成。下列说法中正确的是（　　）

A. 甲表是电压表，R增大时量程增大 B. 甲表是电流表，R增大时量程减小

C. 乙表是电压表，R增大时量程增大 D. 乙表是电流表，R增大时量程减小

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．电流表改装由灵敏电流计并联电阻组成，所以甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错误，B正确；

CD．电压表改装由灵敏电流计串联电阻组成，所以乙表是电压表，R增大时，乙表中变阻器分压变大，量程增大，故C正确，D错误。

故选BC

10. 如图为某一种电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器两极板间电势差的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化。若被测物体向左移动，则（　　）

A. 电容器电容C增大

B. 电容器所带的电荷量Q增大

C. 电容器两极板间的电势差U减小

D. 静电计指针偏角增大

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据

当若被测物体向左移动，电介质板随之在电容器两极板之间向左移动，则介电常数减小，则电容减小，A错误；

B．根据图形可知，电容器与电源断开连接，当忽略静电计电荷量的变化时，电容器极板带电量不变，B错误；

C．根据

结合上述解得

可知，当若被测物体向左移动，电介质板随之在电容器两极板之间向左移动，则介电常数减小，则极板间电势差U增大，C错误；

D．根据上述，极板间电压增大，则静电计指针偏角增大，D正确。

故选D。

11. 如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场，M点与N点在同一电场线上。两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度分别从M点和N点同时垂直进入电场，两粒子都能经过P点。不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。则在此过程中，从M点进入的粒子（　　）

A. 电荷量较小 B. 比荷较小

C. 到达P点用时较短 D. 经过P点的速度较小

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上做匀加速直线运动，则有有

竖直方向上做匀速直线运动，则有

解得

根据图形可知，两粒子竖直分位移y相等，从M点进入的粒子的水平分位移x小一些，可知，从M点进入的粒子的比荷较小，由于质量关系不确定，则电荷量的关系也不确定，A错误，B正确；

C．根据上述有

由于两粒子竖直分位移y相等，可知，两粒子到达P点时间相等，C错误；

D．根据

解得

根据上述，从M点进入的粒子的比荷较小，水平分位移较小，可知该粒子经过P点的速度较小，D正确。

故选BD。

12. 如图所示天平可用来测定磁感应强度B。天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I（方向如图）时，在天平左、右两边加上质量各为、的砝码，天平平衡。当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡。由此可知磁感应强度B（　　）

A. 方向垂直纸面向里 B. 方向垂直纸面向外

C. 大小为 D. 大小为

【答案】AD

【解析】

【详解】B．若B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向向上，电流反向后，安培力变为竖直向下，为保持平衡，应在天平左边加砝码，不符合题意，故B错误；

ACD．若B的方向垂直纸面向里，电流方向顺时针，开始线圈所受安培力竖直向下，大小为BIl，设线圈质量为m0，根据平衡力的平衡条件得

电流反向后，线圈所受安培力竖直向上，大小为BIl，根据平衡得

解得

故AD正确，C错误。

故选AD。

第Ⅱ卷（非选择题  共52分）

二、实验题（共2小题，计20分）

13. 小王同学做测量一节干电池的电动势和内阻的实验。

（1）小王先用多用电表（图1）粗测这节干电池的电动势，他应该把选择开关旋转到______（填“直流2.5V”、“”或“交流10V”）挡，测量时多用电表的表盘指针如图2所示，其读数为______V；

（2）然后小王又采用图3所示的电路进行测量。根据实验数据作出U－I图像，如图4所示，根据图像可知该电池电动势的测量值E＝______V，内阻r＝______。（E和r的测量值均保留3位有效数字）

【答案】    ①. 直流2.5V    ②.     ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1][2]选择开关旋转到“直流2.5V”有图示多用电表可知，多用表的分度值为0.05V，所以多用电表的读数为

（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可知：

可知图像的纵坐标的截距等于电源电动势，斜率表示电源内阻，即

14. 在“测量金属丝电阻率”的实验中，可供选用的器材如下：

待测金属丝：（阻值约，额定电流约0.5A）；

A.电压表：V（量程3V，内阻约）；

B.电流表：（量程0.6A，内阻约）；

C.电流表：（量程3A，内阻约）；

D.电源：E（电动势3V，内阻不计）；

E.滑动变阻器：（最大阻值约）；

F.滑动变阻器：（最大阻值约）；

G.螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。

（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图所示，读数为______mm；

（2）若滑动变阻器采用限流接法，设计了如图所示的电路，为使测量尽量精确，电流表应选______（选填“”或“”），滑动变阻器应选______（选填“”或“”），接线柱“11”应该连接______（选填“9”或“10”）；

（3）在上述操作正确的情况下，待测金属丝电阻的测量值比真实值偏______（选填“大”或“小”），引起实验误差的主要原因是______（选填“电流表分压”“电压表分流”或“电源内阻”）。

【答案】    ①. 1.771（1770~1772）    ②.     ③.     ④. 10    ⑤. 小    ⑥. 电压表分流

【解析】

【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为

1.5mm+0.01×27.1mm=1.771mm

（2）[2]电压表量程为3V，则通过金属丝的电流的最大值

为了确保电流表的安全与精度，电流表应该选择量程06A，即选择；

[3]由于控制电路采用限流式，为了实验数据连续性强，滑动变阻器应该选择总阻值与待测电阻阻值相差不太大的，即滑动变阻器选择最大阻值为，即滑动变阻器选择；

[4]由于

可知，实验时，电流表的分压影响较大，应该排除电流表分压，测量电路采用电流表外接法，即接线柱“11”应该连接“10”。

（3）[5][6]上述操作中待测电阻的测量值

实验采用电流表的外接法，由于电压表的分流，导致电流的测量值大于通过待测电阻的电流，则待测金属丝电阻的测量值比真实值偏小，引起实验误差的主要原因是电压表分流。

三、解答题（共3小题，计32分）

15. 如图所示，两平行光滑导轨相距为L=0.20m，所在的平面与水平面的夹角为，整个导轨处于竖直向下的，磁感应强度B=0.8T匀强磁场中。导轨、滑动变阻器、开关S与电源连接，电源电动势E=10V，内阻。金属棒MN的质量为m=0.01kg，电阻，与导轨接触良好。当开关S闭合时，MN恰好平衡。重力加速度g取。求：

（1）金属棒MN受到的安培力大小；

（2）通过金属棒MN的电流大小；

（3）变阻器接入电路中的阻值大小。

【答案】（1）0.1N；（2）0.625A；（3）

【解析】

【详解】（1）金属棒处于平衡状态，对金属棒进行受力分析有

解得

（2）根据上述，安培力

解得

（3）根据闭合电路欧姆定律有

解得

16. 如图所示，C为固定、电荷量为Q的正点电荷，A、B两点在C的正上方和C相距分别为h和。将另一质量为m、带电荷量未知的点电荷D从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零，若此电荷在A点处的加速度为，g为重力加速度，静电力常量为k，求：

(1)此电荷所带电荷量q和在B点处的加速度；

(2)A、B两点间的电势差。

【答案】(1)，，方向竖直向上；(2)

【解析】

【分析】

【详解】由题意可知，电荷D先加速下降后减速下降，故带正电，在A点，由牛顿第二定律可得

可解得，

设电荷D在B处的加速度为aB，由牛顿第二定律可得

可解得，方向竖直向上。

(2)从A到B过程，由动能定理可得

可解得。

17. 一台质谱仪的工作原理图如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN=L，且OM=L.某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ区域的离子即可在QN区域检测到．

(1)求原本打在MN中点P点的离子质量m；

(2)为使原本打在P点的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围．

【答案】(1)(2)

【解析】

【详解】(1)离子在电场中加速时有qU0=mv2

在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力得qvB=m，

解得，

代入r0=L，解得m=.

(2)由(1)知，U=，离子打在Q点r=L，则U=，

离子打在N点r=L，则U=，

则电压的调节范围为.