宁夏2022-2023学年高二上学期期中考试物理试卷学校:___________姓名：___________班级：_________一、单选
题1．对电容C＝ ，以下说法正确的是（ ）A．电容器的电容跟它所带的电量成正比B．电容器的电容跟它两极板间所加电压成反比C．电容
器的电容越大，所带电荷量就越多D．对于确定的电容器，它所充的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变2．下列关于电势和电势能的说法
正确的是（ ）A．选择不同的零电势点，电场中同一位置的电势值不变B．在电场中同一位置，正检验电荷的电势能大于负检验电荷的电势能C
．电场力对电荷做正功，该电荷在电场中的电势能一定减少D．电势降低的方向，就是场强方向3．一个标有“220V 60W”的白炽灯泡，加
上的电压U由零逐渐增大到220V，在此过程中，电压（U）和电流（I）的关系可用图线表示．图中给出的四个图线中，符合实际的是（?）A
．B．C．D．4．图中的平行直线表示一簇平行于纸面的等势面。一个带的点电荷，沿图中曲线从点移到点，电场力做的功为（ ）?A．B．
C．D．5．如图所示，粗细均匀的绝缘棒组成一半径为r的圆形线框，线框上均匀地分布着正电荷，O是线框的圆心，现在线框上A处取下足够短
的带电量为q的一小段，将其沿AO连线向右移动到距圆心O点2r的B点处，若线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场
强度大小为（ ）A．0B．C．D．6．两块大平行金属板A，B间存在电场强度为E的匀强电场，场强方向由B指向A，并将B板接地作为零
电势点,如图所示，现将正电荷逆着电场线方向由A板移到B板，若用x表示移动过程中该正电荷到A板的距离，则其电势能Ep随x变化的图线为
图中的（?）A．B．C．D．7．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，、、为定值电阻（阻值均大于电源内阻r），电压表和电流表可视为理
想电表。开关S闭合时，一带电油滴P恰好能静止在平行金属板之间，若将滑动变阻器的滑片向b端移动，下列说法正确的是（ ）A．油滴将向
上运动B．电压表的示数变小、电流表的示数变大C．电源的输出功率逐渐增大、电源的效率逐渐增大D．、电阻上消耗的功率都变大8．如图所示
，电路中电流表A的量程为0~0.6A，内阻rg=5Ω，电阻R1=1.25Ω，R2=4Ω。下列分析正确的是（ ）A．若用接线柱1、
2测电流，则量程为0~1.2AB．若用接线柱1、2测电流，则量程为0~2.4AC．若用接线柱1、3测电压，则量程为0~12VD．若
用接线柱1、3测电压，则量程为0~15V9．三个阻值相同的电阻，额定功率均为。接入如图电路，改变电压，使各电阻实际功率均不超过额定
功率，则三电阻最大总功率为（?）A．B．C．D．二、多选题10．如图所示，直线a、抛物线b和c为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总
功率PE、输出功率PR、电源内部发热功率Pr，随路端电压U变化的图象，但具体对应关系未知，根据图象可判断A．PE-U图象对应图线a
．由图知电动势为9V，内阻为3ΩB．Pr-U图象对应图线b，由图知电动势为3V，阻为1ΩC．PR-U图象对应图线c，图象中任意电压
值对应的功率关系为PE =Pr + PRD．外电路电阻为1.5Ω时，输出功率最大为2.25W11．如图所示，在等量正电荷连线中垂线
上有A、B、C、D四点，B、D两点关于O点对称，则下列关于A、B、C、D四点电场强度大小的说法中正确的是（ ）A．EA＞EB，E
B=EDB．EA＜EB，EA＜ECC．可能有EA＜EB＜EC，EB=EDD．可能有EA=EC＜EB，EB=ED12．传感器是一种采
集信息的重要器件，如图是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是（ ）A．
若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流
D．若电流表有示数，则说明压力F发生变化13．a、b、c三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好
飞出电场，由此可以肯定（ ）A．b和c同时飞离电场B．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上C．进入电场时，a的速度最大，c的速
度最小D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大三、实验题14．图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的
改装电路．（1）已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3
mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可求出 Ω， Ω．（2）现用—量程为3mA、内阻为150Ω的标
准电流表A对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为1.
5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和300
0Ω．则R0应选用阻值为 Ω的电阻，R应选用最大阻值为 Ω的滑动变阻器．（3）若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用
图（b）的电路可以判断出损坏的电阻．图（b）中的为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a）虚线框内的电路．则图中的d点应和 接线
柱（填“b”或“c”）相连．判断依据是： ．15．用伏安法测一节干电池的电动势E和内阻r，所给的器材有：A．电压表V：B．电流表A
：C．滑动变阻器R1(总阻值20Ω)D．滑动变阻器R2(总阻值100Ω)E．开关S和导线若干（1）电压表量程选用 ；滑动变阻器选用
（填R1或R2）；（2）在图中将电压表加入实验电路中 ；（3）在图中已画出七组实验数据所对应的坐标点，请根据这些点作出图像 并由
图线求出： V， Ω。四、解答题16．如图所示，电荷量均为+q、质量分别为m、3m的小球A、B，中间用绝缘轻绳连接，忽略两电荷间的
库仑力，两球在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升，重力加速度为g，某时刻轻绳断开。求：（1）电场强度的大小；（2）轻绳断开后A
、B两球的加速度大小；（3）自轻绳断开至B球速度为零的过程中，B球的电势能如何变化，变化多少？17．如图所示，电源电动势E=14V
，内阻r=1 Ω，小灯泡L标有“2V，4W”，电动机的内阻rM=0.5 Ω，当变阻器调到R=1 Ω，电灯和电动机正常工作．求：（1
）电动机两端电压；（2）电动机输出的机械效率；（3）电路消耗的总功率． 18．如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速
度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1=18kV加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中
（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为
U2=800V，两板间的距离为d=10cm，板长为L1=30cm，板右端到荧光屏的距离为L2=60cm，电子质量为m=9×10－3
1kg，电荷量为e=1.6×10－19C．求：?（1）电子穿过A板时的速度（2）电子从偏转电场射出时的侧移量Y（3）P点到O点的距
离Y’19．如图所示，在水平向右的匀强电场中，用长为L不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球，线的上端固定于O点。细
线与竖直方向成30°角时静止释放小球，小球开始摆动，当摆到A点时速度为零，此时OA恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状
态，静电力常量为k，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：（1）小球带何种电荷；（2）BA两点间的电势差；（3）匀强电场的场强E的大小
。参考答案1．D【详解】AB．电容器的电容跟它所带的电量、两极板间所加电压无关，所以AB错误；C．电容器的电容越大，只是电容器容纳
电荷的本领大而已，其所带电荷量不一定越多，所以C错误；D．对于确定的电容器，它所充的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变即电容
保持不变，所以D正确；故选D。2．C【详解】A．电场中选择不同位置为零电势点，电场中任何两点的电势差不变，但电势值可以改变。故A错
误；B．若电场中某一点的电势值为正，则该点正检验电荷的电势能大于负检验电荷的电势能，若电场中某一点的电势值为负，该点正检验电荷的电
势能小于负检验电荷的电势能。故B错误；C．根据电场力做功和电荷电势能的变化关系易知电场力对电荷做正功，该电荷在电场中的电势能一定减
少。故C正确；D．电势降低最快的方向是电场的方向。故D错误。故选C。3．B【详解】由题，白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到220V时
，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到，等于图线上的点与原点连线的斜率，电阻一直增大，斜率一直增大。故选B。4．B【详
解】电场力做功故选B。5．D【详解】线框上剩余的电荷在O点产生的电场的场强等效为线框上与A关于O对称的位置的带电量为q的电荷在O点
产生的场强，故E1＝方向水平向左；将A处的带电量为q的一小段移到B点时，其在O点产生的电场的场为：、E2＝方向水平向左；由场强的叠
加可知O点的场强E＝E1＋E2＝方向向左，ABC错误，D正确。故选D。6．C【详解】电荷在电场中某点的电势能在数值上等于把电荷从这
点移到电势能为零处（电势为零处）电场力所做的功，即由于B板的电势为0，且电场方向由B指向A，根据沿电场线方向电势降低，可知AB之间
的电势为负，故电势能均为负值，且随x的增大，电势能减小，C正确，ABD错误。故选C。7．B【详解】A．滑动变阻器的滑片向b端移动，
则滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则干路电流增大，由可知电容器两端电压减小，电场力减小，故油滴将向下运动，故A错误；B．
由于干路电流增大，而减小，故减小，则流过的电流增大，两端电压增大，则滑动变阻器两端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数变大，故B
正确；C．由于，且总电阻减小，故电源的输出功率增大，而电源效率减小，故C错误；D．由干路电流增大，故消耗功率增大，而减小，则消耗功
率减小，故D错误。故选B。8．D【详解】AB．当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，改装成的电流表
的量程为AB错误；CD．当接线柱1、3接入电路时，电流表A与R1并联后在与R2串联，电流表的量程仍为3A，此时改装后电压表的量程为
C错误，D正确。故选D。9．B【详解】由电路图可知，两电阻并联后与第三个电阻并联。假设额定电流为I，则电路中的电流最大值为I，则有
由于并联电路中各支路两端的电压相等，且三电阻的阻值相等，根据欧姆定律可知，通过两电阻的电流均为则三电阻最大总功率为故选B。10．B
C【详解】A.总功率：，可知PE-U图象对应图线a，由数学知识得知，图象a的斜率大小：；当U=0时，，联立解得E=3V，r=1Ω，
故A错误；B.内阻消耗的功率：，由数学知识可知，图象的对应图线b，故B正确；C.根据功率关系可得：，则，由数学知识可知，图象的对应
图线c，故C正确；D.当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电路电阻为1Ω时，输出功率最大，最大输出功率为，故D错误。故选：
BC。11．CD【详解】据等量同种电荷的电场特点，中垂线上各点的场强关于电荷连线对称，中点场强最小为零，向两侧场强先逐渐增大到最大
再逐渐减小，由于B、D两点关于O点对称，所以B、D两点的场强大小相同，由于场强最大位置不确定，所以C点、B点、A点的场强大小关系可
能有EA＜EB＜EC，也可能有EA=EC＜EB，故CD正确，AB错误。故选CD。12．BD【详解】ABC．根据平行金属板电容表达式
若F向上压膜片电极，则两极板的板间距d减小，则电容C增大，根据由于电容器与电源保持相连，电压U不变，而电容C增大，则极板所带电荷量
Q增大，电源对电容器进行充电，外电路中产生顺时针方向的瞬时电流，直到再次充满，所以F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流，，故B
正确，AC错误；D．只要压力发生变化，极板间距离就有变化，电容也就变化，电流表就有示数，故D正确。故选BD。13．BD【详解】AB
．三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由得知，a、b运动时间相等，大于c的运动
时间，即故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场，故A错误，B正确；C．三个α粒子水平方向上做匀速直线运动，则有由
图看出，b、c水平位移相同，大于a的水平位移，即所以初速度关系为故C错误；D．由动能定理得：由图看出，a和b的偏转距离相等，大于c
的偏转距离，故ab动能增量相等，大于c的动能增量；故D正确。故选BD。14． 15 35 300
3000 c 若毫安表无示数，则说明断路，若毫安表有示数，则说明断路。【详解】（1）定值电阻和毫安表都是并联关系，
电压相等，电流和电阻成反比，若使用a和b两个接线柱，量程为3mA，则通过和的为，电流比为1:2，所以电阻比为2:1，可得若使用a和
c两个接线柱，电表量程为10mA，通过的电流为，电流比为1:9，可得电阻比为9:1，即整理可得，．（2）根据电流表校准的刻度，可知
电路中总阻值最大为最小阻值为若定值电阻选择为，则无法校准3.0mA；所以定值电阻选择．由于最大阻值要达到，所以滑动变阻器要选择．（
3）因为只有一个损坏，所以验证是否损坏即可．所以d点应和接线柱”c”相连，若毫安表无示数，则说明断路，若毫安表有示数，则说明断路．
【点睛】15． （均可）（均可）【详解】（1）[1]由于电源是一节干电池，电动势大约1.5V左右，所以电压表量程选。[2]滑
动变阻器R2的总阻值约100Ω，接入电路测量时，电路中电流较小，电流测量的相对误差较大，所以滑动变阻器选R1。（2）[3]电压表测
电源两端的电压，且电压表要受开关控制，所以电路如图（3）[4]据图中的点连线如图[5][6]据公式可得，图线的纵截距表电动势，则图
线斜率表示电源内阻，则16．（1）；（2），；（3）减少3mv02【详解】（1）设电场强度为E，把小球A、B看作一个整体，由于绳未
断前作匀速运动有解得（2）细绳断后，根据牛顿第二定律，对A球有解得对B球有解得负号表示方向竖直向下；（3）设自绳断开到B球速度为零
的时间为t，则解得B球的位移为电场力对B球做了正功在这一过程中，B球的电势能减小了。17．（1）8V；（2）；（3）28W【详解】
（1）小灯泡正常发光，故灯泡两端的电压为U=2V，功率为P=4W，则电路中电流所以电动机M两端电压UM=E-I（r+R）-U=8V
（2）电动机的总功率为P=IU=2×8W=16W电动机内阻上的发热功率为P1=I2r=22×0.5W=2W故电动机对外输出的机械功
率为P2=P-P1=14W故电动机的机械效率为（3）电源的总功率为P=IE=2×14W=28W18．（1）8×107m/s；（2）
0.01m；（3）0.05m．【详解】（1）设电子经电压U1加速后的速度为V0，由动能定理得：eU1=mv02解得：；（2）电子以
速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转
电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y，根据牛顿第二定律和运动学公式：加速度为：，运动时间为：， （3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得vy=at1；电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示．由 ，y2=vyt2，解得：?P到O点的总位移为：Y=y+y2=0.05m【点睛】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，即水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等.19．（1）正电；（2）；（3）【详解】（1）若果小球不带电，则会运动到与B等高位置，因此小球一定受到水平向右的电场力，故小球带正电；（2）从B到A的过程中根据动能定理解得（3）匀强电场的场强E的大小由几何关系联立解得答案第11页，共22页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页 |
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