广东省河源市2022-2023学年高二上学期期末质量检测物理试题 （含答案 解析 ）

第1页/共1页广东省河源市2022-2023学年高二上学期期末质量检测物理试卷一、单项选择题1.下列说法正确的是（）A.任何带电体的电荷量都是元电荷e的整数倍B.电场线是为了直观形象地描述电场分布而在电场中引入的一些客观存在的曲线C.根据场强公式可知，电场中某点E的大小，与放在该点的电荷收到的电场力大小成正比，与电荷的带电量成反比D.电动势的单位跟电压的单位一样，都是伏特，所以电动势就是电压【答案】A【解析】【详解】A．任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍，故A正确；B．电场是实际存在的，电场线是假想曲线，法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这种形象化的研究方法，故B错误；C．电场强度公式是电场强度的定义式，运用比值法定义，而电场强度是描述电场的物理量，与F、q无关，故C错误；D．电动势和电压虽然具有相同的单位，但它们是本质不同的两个物理量。它们描述的对象不同：电动势是电源具有的，是描述电源将其他形式的能量转化为电能本领的物理量，电压是反映电场力做功本领的物理量，故D错误。故选A。2.下列四种情境中说法中正确的是（）A.图甲中，奥斯特利用该装置发现了电磁感应现象B.图乙中，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先减小后增大C.图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中没有感应电流产生D.图丁中，线框在与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，线框中有感应电流产生【答案】D【解析】【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，但图甲中是电磁感应现象，故A错误；B．图乙中，线圈位于磁铁中间时，穿过线圈的磁通量最大，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，故B错误；C．图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中磁通量改变，线框中有感应电流产生，故C错误；D．线框在与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，穿过线框的磁通量减小，线框中有感应电流产生，故D正确。故选D3.反天刀是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，如图为反天刀周围的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的点，则下列说法中正确的是（）A.反天刀尾部带正电B.B点电势高于C点电势C.B点和C点的电场强度可能相同D.将一负电荷从A点沿虚线移到C点，电场力对其做负功【答案】B【解析】【详解】A．反天刀尾部的电场线指向电荷本身，故尾部带负电，A错误；B．沿着电场线方向电势降低，故B点电势高于C点电势，B正确；C．电场线的切线方向表示场强方向，由图可知，B点和C点的场强方向不同，故电场强度不相同，C错误；D．将一负电荷从A点沿虚线移到C点，电场力对其做正功，D错误。故选B。4.如图所示，在边长为a正方形ABCD的A、B、C三个顶点上各放置一个带电荷量为q的点电荷，已知静电力常量为k，则正方形中心点O处的电场强度大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】根据对称性，A、C处点电荷在O点处产生的合电场的电场强度，B处点电荷在O点处产生的电场的电场强度方向由B点指向O点，故O点处合电场的电场强度故A正确，BCD错误。故选A。5.如图为某品牌扫地机器人，其铭牌上标定的参数为：额定功率为30W，额定工作电压15V，电池容量为1000mA·h。对这台扫地机器人（）A.正常工作时的电流为1AB.铭牌标注的“mA·h”是能量的单位C.充满电时电池储存的电能是15W·hD.充满电后能以额定功率连续工作时间约为1h【答案】C【解析】【详解】A．由P=UI可知，正常工作电流为2A。A错误；B．铭牌标注的“mA·h”是电池容量（时间与电流的乘积）的单位，而不是能量的单位。B错误；C．由题可知，电池在15V，1000mA工况下，可工作1h，所以充满电时的电能为C正确，D错误。故选C。6.如图所示，将一只满偏电流为100mA、内阻为40Ω的表头改装成测电流、电压两用的电表，已知R1=10Ω，R2=92Ω。下列说法正确的是（）A.接Oa端是电流表，量程为600mA B.接Ob端是电压表，量程为50VC.接Oa端是电流表，量程为400mA D.接Ob端是电压表，量程为5V【答案】B【解析】【详解】AC．接Oa端，R1分流，所以是电流表，量程为AC错误；BD．接Ob端，R2分压，所以是电压表，量程为U=IgRg＋IR2=50VB正确，D错误。故选B。7.如图所示，三根相互平行的水平长直导线I、Ⅱ、Ⅲ，导线I、Ⅲ在同一水平高度，导线Ⅱ在导线I、Ⅲ的上方，P、Q、R为导线I、Ⅱ、Ⅲ上的三个点，三点连成的平面与导线垂直，且QR与PR相等并且互相垂直，O为PQ连线的中点。当直导线I和Ⅲ中通有大小相等方向相反的电流，导线Ⅱ中没通过电流，O点处的磁感应强度大小为；若直导线I和Ⅱ中通有大小相等方向相反的电流，导线Ⅲ中没通过电流，则O点处的磁感应强度大小为（）A.0 B. C. D.【答案】B【解析】【详解】根据题意可知，P、Q、R到O点的距离均相等，当直导线I和Ⅲ中通有大小相等方向相反的电流，导线Ⅱ中没通过电流，O点处的磁感应强度大小为，设每根导线在O点处的磁感应强度大小为，则有若直导线I和Ⅱ中通有大小相等方向相反的电流，导线Ⅲ中没通过电流，则O点处的磁感应强度大小为联立可得故选B。二、多项选择题8.从生活走向物理，从物理走向社会，物理和生活息息相关，联系生活实际是学好物理的基础。下列有关电学知识的相关说法，不正确的是（）A.图甲中工作人员在超高压带电作业时，穿用金属丝编制的工作服比绝缘橡胶服更安全B.图乙中家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电的原理而制成的C.图丙中避雷针的示意图，是在高大建筑物屋顶插入一根尖锐的导体棒地引线与接地装置连接可防止建筑物被雷击D.图丁为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相同的电荷，这样使油漆与金属表面在静电力作用下喷涂更均匀【答案】D【解析】【详解】A．图甲中超高压带电作业的工作人员，为了保证他们的安全，他们必须穿上金属丝制成的衣服，以起到静电屏蔽的作用，A正确；B．图乙中家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电的原理而制成的，B正确；C．图丙中避雷针的示意图，是在高大建筑物屋顶插入一根尖锐的导体棒地引线与接地装置连接，把静电导入大地，可防止建筑物被雷击，C正确；D．喷枪喷出的油漆微粒带正电，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂的物体带负电，对雾状油漆产生引力，把油漆吸到表面，可以使油漆与金属表面结合的更牢固，D错误。本题选择错误的，故选D。9.在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），、为定值电阻（），为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。若将照射的光的强度减弱，则（）A.电压表的示数变大 B.小灯泡变亮C.通过电流变大 D.电源输出功率变小【答案】CD【解析】【详解】ABC．将照射的光的强度减弱，则阻值增大，根据串反并同可知，与它串联的电压表示数减小，与它并联的的电流变大，与它串联的小灯泡变暗，故AB错误，C正确；D．因为，阻值增大，电路中总电阻增大，根据电源输出功率特点可知，电源输出功率减小，故D正确。故选CD。10.有人设计了一个利用静电除尘的盒状容器，它的上下底面为正对的金属板，板间距为，当连接到电压为的电源两极时，两金属板间产生一个匀强电场，如图所示。现有一定量烟尘颗粒均匀分布在密闭的除尘器内，且这些颗粒在两板间处于静止状态。合上电键之后，颗粒向下运动。每个颗粒电性相同，带电量均为，质量均为，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，颗粒重力不计。则（）A.颗粒带正电B.经过时间烟尘颗粒可以被全部吸附C.除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为（为容器中颗粒总数）D.若两板间距调整为，则颗粒在除尘器中能获得的最大速率将变为调整前的倍【答案】AB【解析】【详解】A．两极板间在合上电键后形成竖直向下的匀强电场，原来静止的颗粒只受向下的电场力而加速运动，故颗粒带正电，故A正确；B．颗粒做匀加速直线运动，最长的运动时间为从上极板到下极板，有解得故B正确；C．若所有颗粒均从上极板加速运动到下极板，电场力所做总功为但颗粒是充满在两极板之间，大多数颗粒加速的位移小于L，则实际的总功小于，故C错误；D．颗粒从上极板加速到下极板获得最大速率，由动能定理可得最大速率为若两板间距调整为2L，而极板间电压仍为U不变，则颗粒在除尘器中能获得的最大速率不变，故D错误。故选AB。三、实验题11.如图（a）所示，甲同学利用电流表和电压表来观察电容器充、放电现象，所选用电流表的零刻度在表盘的正中央，指针可向左、右偏转，已知电流从该电流表的“＋”接线柱流入时，指针向右偏转，反之向左偏转。所选用的电压表的零刻度在表盘的最左侧。①为观察电容器C充电时的现象，应将单刀双掷开关S接___________（选填“1”或“2”）。②在利用图（a）电路进行实验时，下列操作或现象正确的是___________。A．连接电路时，电压表的下端为“＋”接线柱B．电容器C在放电时，电流表指针向左偏转C．电容器C在放电时，电流表指针忽左忽右偏转D．电容器C充电结束后，电压表示数等于电源电动势③乙同学用图（b）所示电路来观察电容器C放电现象：他利用电流传感器采集放电过程电路中的电流，并输入计算机，得到了图（c）所示的电流i与时间t的关系图像。已知该同学所选用的直流电源电动势。a．通过图像可以发现：电容器放电时，电路中的电流减小得越来越___________（选填“快”或“慢”）；b．已知图（c）中图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器放电过程中所释放的电量，每一小格面积表示的电荷量为，据此可求出电容器放电前所带电荷量Q=___________C；c．乙同学改变电源电动势，重复多次上述实验，得到电容器在不同电压U下所带的电荷量Q，并作出图像，则图像应是___________；A．B．C．D．d．乙同学在实验中所选用的电容器的电容C=___________F。【答案】①.1②.BD##DB③.慢④.⑤.B⑥.【解析】【详解】①[1]充电时必须将电容器接电源，故将单刀双掷开关拨向1。②[2]A．由电路图可知，电压表的下端应为“”接线柱，A错误；B．由于电流从电流表“＋”接线柱流入时，指针向右偏转，反之向左偏转；而电容器C放电时电流从电流表的“”接线柱流入，电流表指针向左偏转，B正确；C．电容器放电时电流方向不变，电流表指针不可能忽左忽右，C错误；D．电容器C充电结束后，电压表示数等于电源电动势E，D正确。故选BD。③a[3]从图（c）中可以看出放电时电流减小得越来越慢（斜率的绝对值表示电流的变化快慢）。b[4]可数出图线与坐标轴所围成图形有40小格，所以电容器放电前所带电荷量为c[5]对一个特定的电容器，其带电量与电压成正比，B正确。d[6]根据电容的定义可得12.某同学要测量一均匀新材料制成的导电圆柱体的电阻率，进行了如下实验操作：（1）用螺旋测微器测量圆柱体的直径如图甲所示，由图可知其直径D＝________mm；用游标卡尺测量圆柱体的长度L如图乙所示，由图可知其长度L＝________cm。（2）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测量此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值为________Ω；（3）老师要求电表示数从零开始尽可能地多测几组数据，比较精确地测量圆柱体的电阻，现有器材及其代号和规格如下：A．待测圆柱体电阻B．电流表，量程0～30mA，内阻约100ΩC．电流表，量程0～100mA，内阻约10ΩD．电压表，量程15V，内阻约15KΩE．电压表，量程3V，内阻约3kΩF．滑动变阻器，全电阻约20ΩG．滑动电阻器，全电阻约2KΩH．直流电源E，电动势4V，内阻不计多用电表I．开关S及导线若干请在虚线框内画出合理的电路图_______，并完成实物电路图的连接_______；电路中所选电流表为_______（填“”或“”），所选电压表为______（填“”或“”），所选滑动变阻器为______（填“R”或“”）。（4）正确连接实验电路，测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的U－I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该材料的电阻率________（用k、L、D三个物理量表述）；（5）由于电表内阻的影响，实验中电阻率的测量值________（选填“大于”或“小于”）真实值【答案】①.4.950②.4.240③.120④.⑤.⑥.⑦.⑧.⑨.⑩.小于【解析】【详解】（1）[1][2]由图可知，螺旋测微器的读数为游标卡尺的读数为（2）[3]由图可知，被测电阻阻值为（3）[4][5][6][7][8]要求电表示数从零开始尽可能地多测几组数据，故滑动变阻器采用分压式的接法，故选取滑动变阻器R1。电源电压为4V，为了使读数更加的准确，电表的读数要尽可能超过量程的三分之一，故电压表选择电压表V2，由于电压表的量程为3V，故通过待测电阻的最大电流为故电流表选择电流表A1。由于,故电流表采用外接法。综上可得实验的电路图及实物图如下（4）[9]结合电路图分析可知，U－I图像的斜率为待测电阻的阻值，即根据电阻定律可得（5）[10]由于电压表的分流作用，使得电流表的示数偏大，根据可知，被测电阻的测量值小于真实值，再结合（4）中推导公式可知，电阻偏小，电阻率的测量值也偏小。即测量值小于真实值。【点睛】理解实验原理，掌握分压法和限流法，内接法和外接法的判定方法，根据电路图推导出电阻率的计算公式，根据公式分析各物理量对实验结果的影响。四、计算题13.如图所示为直流电动机提升重物装置。电动机的内阻一定，闭合开关K，当把它接入电压为U1=1.50V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.5A；当把电动机接入电压为U2=15.0V的电路中时，电动机正常工作且匀速提升重物，工作电流是I2=1.0A，求：（1）电动机正常工作时的输出功率（只考虑热损耗）及电动机的效率；（2）若重物质量m=2.0kg，电动机输出的机械能转化效率为90%，则电动机提升重物的速度大小是多少？（g取）【答案】（1）3.0W，η=80%；（2）v=0.54m/s【解析】【详解】（1）电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，则电动机正常工作时消耗的功率为电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为：电动机正常工作时输出功率为电动机正常工作时效率为：（2）匀速提升时，拉力等于重力，即由电动机的输出功率可得提升重物的速度为14.如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板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M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知电子质量，电荷量大小，加速电场电压，偏转电场电压，极板的长度，板间距离，其右端到荧光屏M的水平距离为。电子所受重力可忽略不计，求（1）求电子穿过A板时的速度大小v0；（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；（3）求OP的距离Y；（4）电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫做示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度【解析】【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理可得解得电子刚进入偏转电场时的速度大小为（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向L1=v0t则沿电场方向侧移量y＝at2联立解得解得（3）由几何关系可知得（4）该示波器的灵敏度解得则增加L、或者减小d