2021-2022学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期中考试物理理科试题（解析版）

这是一份2021-2022学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期中考试物理理科试题（解析版），共26页。试卷主要包含了选择题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

长安一中2021-2022学年度第一学期高二期中考试物理试题
（总分：110分 时间：100分钟）
一、选择题（本题共15小题，每题4分，共60分。其中1至10小题为单选题，四个选项中只有一个选项正确；11至15小题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分，请将正确选项填涂在答题卡上）
1. 国际单位制中磁感应强度的单位符号是T，如果用国际单位制基本单位的符号来表示，正确的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】国际单位制基本单位的符号有七个：m、s、kg、A、K、mol、，由于

由上式可导出磁感应强度的国际单位制基本单位的符号为

所以C正确；ABD错误；
故选C。
2. 如图所示，两根相互平行放置的长直导线a和b通有大小相等、方向相反的电流，a受到磁场力的大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2.则此时b受到的磁场力大小为( )


A. F2 B. F1-F2 C. F1＋F2 D. 2F1-F2
【答案】A
【解析】
【详解】根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，所以没加磁场前，二者所受的力等大方向，加上磁场后，受到的安培力也是等大反向，所以两个导线所受到的力均是等大反向，所以b受到的磁场力大小变为a受到的磁场力大小，A对．
3. A、B两物体在同一直线上运动的图象如图所示已知在第3s末两物体相遇,则下列说法正确的是( )


A. 两物体从同一地点出发
B. 出发时A在B前方2 m处
C. 两物体运动过程中,A的加速度小于B的加速度
D. 第3 s末两物体相遇之后,两物体可能再相遇
【答案】C
【解析】
【详解】A、由速度时间图象的“面积”表示位移可知，两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可知两物体出发点不同．故A错误；
B、A、B两物体在3s内的位移分别为，，已知在第3s末两物体相遇，则出发时A在B前方3m处．故B错误；
C、由A图象的斜率小于B图象的斜率，可知A的加速度小于B的加速度．故C正确；
D、3s末两个物体相遇后，A的速度始终小于B的速度，所以两物体不可能再相遇．故D错误．
故选C．
4. 光滑半圆弧形轻杆固定在地面上，轻绳一端跨过定滑轮，另一端连接一穿在轻杆上的小球，使小球从点缓慢运动到点的过程中，下列说法正确的是（　　）


A. 轻杆对小球的支持力不变
B. 轻杆对小球的支持力变小
C. 轻绳对小球的拉力先变小再变大
D. 轻绳对小球的拉力不变
【答案】A
【解析】
【详解】小球受力如图所示


小球缓慢运动，则小球所受的合力为0，由力的矢量三角形与△DCM相似可得

解得轻杆对小球的支持力为

轻绳对小球的拉力为

小球从A点缓慢运动到B点的过程中，MC和DC不变，DM逐渐减小，故轻杆对小球的支持力N不变，轻绳对小球的拉力F变小。
故选A。
5. 如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t＝0时，车开始沿水平面做直线运动，其v­t图象如图乙所示．取g＝10 m/s2，平板车足够长，则物块运动的v­t图象为(　　)

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，，根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为2m/s2，因此当车的速度大于物体的速度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力．根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：当0-8s时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力，则其加速度为2m/s2，
同理，可得：当，当8-16s时，车的速度小于物体，因此物体受到滑动摩擦阻力，则其加速度为2m/s2，故C正确，ABD错误．
故选C．
6. 如图所示，利用霍曼转移轨道可以将航天器从地球发送到火星。若地球和火星绕太阳公转的轨道都是圆形，则霍曼轨道就是一个近日点和远日点都与这两个行星轨道相切的椭圆轨道。当航天器到达地球轨道的P点时，瞬时点火后航天器进入霍曼轨道，当航天器运动到火星轨道的Q点时，再次瞬时点火后航天器进入火星轨道。已知火星绕太阳公转轨道半径是地球绕太阳公转轨道半径的k倍，下列说法正确的是（　　）


A. 航天器在霍曼轨道上经过Q点时，点火减速可进入火星轨道
B. 航天器在地球轨道上的加速度大于在火星轨道上的加速度
C. 航天器在地球轨道上运行线速度小于在火星轨道上运行的线速度
D. 若航天器在霍曼轨道上运行一周，其时间为年
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．当航天器运动到Q点时，由霍曼轨道进入火星轨道，是由低轨道进入高轨道，则需要做离心运动，需要在Q点时点火加速，A错误；
B．根据

解得

因为地球轨道的轨道半径小于火星轨道的半径，所以航天器在地球轨道上的加速度大于在火星轨道上的加速度，B正确；
C．根据

解得

因为地球轨道的轨道半径小于火星轨道的半径，航天器在地球轨道上运行的线速度大于在火星轨道上运行的线速度，C错误；
D．根据

因


解得

D正确。
故选BD。
7. 如图所示，一可视为质点的小球从倾角为θ的固定斜面上以不同的初动能沿水平方向抛出，最终均落在斜面上。忽略小球运动过程中受到的空气阻力，下列说法错误的是（　　）

A. 小球落在斜面上时的动能与运动时间成正比
B. 小球落在斜面上时的动能与小球的初动能成正比
C. 小球水平方向的位移是小球在运动过程中距斜面最远时的水平方向位移的2倍
D. 小球从抛出到落在斜面上的过程中运动的时间仅与初速度有关
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据

联立

可得

可知

A符合题意；
B．设落到斜面上的瞬时速度构成的速度偏向角为，有

可得推论

故位移偏向角为相同可推出速度偏向角相同；落到斜面的上的动能为

则

B不符合题意；
C．小球在运动过程中距斜面最远时瞬时速度与斜面平行，则速度偏向角，根据

而落到斜面上时

则有

而水平位移为

故有

C不符合题意；
D．初速度v0不同的小球从斜面上平抛均落在斜面上，则具有共同的位移偏向角为，由平抛规律有

则运动时间为

可知

D不符合题意。
故选A。
8. 如图所示，空间有一正三棱锥，点是边上的中点，点是底面的中心，现在顶点点固定一正的点电荷，在点固定一个电荷量与之相等的负点电荷。下列说法正确的是（　　）

A. 、、三点的电场强度相同
B. 底面为等势面
C. 将一正的试探电荷从点沿直线经过点移到点，静电力对该试探电荷先做正功再做负功
D. 将一负的试探电荷从点沿直线移动到点，电势能先增大后减少
【答案】C
【解析】
【详解】A．、、三点到点和点的距离都相等，根据场强的叠加法则可知、、三点的电场强度大小相等，但方向不同，A错误；
BC．处于点的负电荷周围的等势面为包裹该负电荷的椭球面，本题为等边三角形的中心，即、、三点电势相等，但是该平面不是等势面，沿着电场线方向电势降低，越靠近负电荷，电势越低，即电势高于点电势，经到，电势先减小后增大，根据电势能的计算公式

可知正试探电荷电势能先减小后增大，电场力先做正功再做负功，B错误，C正确；
D．沿着电场线方向电势降低，负试探电荷从高电势点移到低电势点，根据电势能的计算公式可知电势能一直增大，D错误。
故选C。
9. 如图、、实线代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，、是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）

A. 点的电势高于点的电势
B. 该质点在点具有的电势能比在点具有的电势能大
C. 该质点通过点时的动能比通过点时大
D. 该质点通过点时的加速度比通过点时小
【答案】B
【解析】
【详解】A．若带电微粒从P点进入电场，由图可知带电微粒所受电场力由a等势面指向b等势面，由于微粒带负电，故c等势面的电势最高，故P点的电势低于Q点的电势，故A错误；
B．由于带电微粒在从Q向P运动的过程中电场力做负功，则带电微粒的电势能增大，故带电微粒在P点时的电势能较大，故B正确；
C．由于带电微粒在从Q向P运动的过程中电场力做负功，故微粒在Q点时的动能大于在P点的动能，故C错误；
D．由于电场线越密等势线越密，由图可知P点的场强大于Q点的场强，故带电微粒在P处所受的电场力大于在Q点所受的电场力，故带电微粒通过P点时的加速度大，故D错误。
故选B。
10. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为，理想电流表A示数变化量的绝对值为，正确的是：（　　）

A. 的示数增大 B. 电源输出功率在减小
C. 与的比值在减小 D. 大于
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可知，滑动变阻器与电阻R串联，滑动变阻器滑片向下滑动，其阻值减小，整个闭合回路电阻减小，干路电流增大，路端电压为

V2测的是路端电压，故其示数减小，选项A错误；
B．电源的输出功率随外电阻的变化关系如图所示

由于定值电阻阻值R大于电源内阻阻值，故外电阻减小时电源输出功率在变大，选项B错误；
C．V1、V3分别测得是R和滑动变阻器的电压，滑动变阻器两端电压为

可得

与的比值故保持不变，选项C错误；
D．由题意可知


由于R>r，故大于，选项D正确。
故选D。
11. 如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）


A. 倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan=0.75
B. 煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s
D. 煤块在传送带上留下的痕迹长为m
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】AB．由v-t图像得0~1s内煤块的加速度大小

方向沿传送带向下；1~2s内煤块的加速度大小

方向沿传送带向下。0~1s，对煤块由牛顿第二定律得

1~2s，对煤块由牛顿第二定律得

解得
tanθ=0.75
μ=0.25
故A正确，B错误；
C．v-t图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为x=10m，由运动学公式得下滑时间为

所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，故C错误；
D．0~1s内煤块比传送带多走4m，划痕长4m，1~2s内传送带比煤块多走2m，划痕还是4m。内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为

故D正确。
故选AD。
12. 在如图所示的电路中，电容器C的上极板带正电。为了使该极板仍带正电且电量增大，下列办法中可采用的是（　　）

A. 减小R1，其他电阻不变 B. 减小R2，其他电阻不变
C. 减小R3，其他电阻不变 D. 减小R4，其他电阻不变
【答案】BC
【解析】
【详解】设电源负极处电势为零，由图可知上极板的电势等于R1两端的电势差，下极板上的电势等于R3两端的电势差，稳定时两支路互不影响。
A．减小R1时，R1上的分压减小，而下极板上电势不变，故上极板电势减小，则电容器两端的电势差减小，根据可知极板上电荷量减小，故A错误；
B．若减小R2时，R2上的分压减小，则R1两端的电势差增大，上极板上电势升高，而下极板电势不变，则电容器两极板的电势差增大，根据可知极板上电荷量增大，故B正确；
C．减小R3，则R3分压减小，故下极板的电势降低，而上极板电势不变，则电容器两极板电势差增大，根据可知极板上电荷量增大，故C正确；
D．减小R4，则R4分压减小，R3两端的电势差增大，故下极板上电势升高，上下极板间电势差减小，根据可知极板上电荷量减小，故D错误。
故选BC。
13. 如图所示，电源电动势为E内阻为r，滑动变阻器总电阻为R，所有电表均为理想表。当滑片由左向右滑动时，关于各表示数变化描述正确的是（　　）

A. 示数一直减小 B. 示数先减小再增大
C. 示数一直增大 D. 示数一直增大
【答案】AD
【解析】
【详解】C.滑动变阻器的滑片P由由左向右滑动时，变阻器左端部分电阻增大，右端部分电阻减小，由于右端部分与电阻R1并联，并联电阻小于支路电阻，可知并联部分减小量小于变阻器左端部分电阻的增加量，则总电阻增大，总电流减小，即示数一直减小，选项C错误；
D.总电流减小，内电压减小，路端电压增大，即示数一直增大，选项D正确；
A.总电流减小，变阻器右端部分电阻减小，根据并联电路电流分配关系可得电阻R1分得的电流减小，而总电流减小，所以示数一直减小，选项A正确；
B.设变阻器右端部分电阻为x，且在减小，那么左端部分电阻为R-x，在增大，由闭合电路欧姆定律可得

由并联电路的电流分配关系可得A2示数

化简可得

由数学知识可得在的范围随着x减小，I2先增大后减小，选项B错误。
故选AD。
14. 如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定，在A点弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆．初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零．已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内．下列说法正确的是

A. 小球在D点时速度最大
B. 若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则v=
C. 小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能
D. 若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时速度大小v=
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．当小球运动到某点P点，弹性绳的伸长量是，小球受到如图所示的四个力作用，其中

将正交分解，则


的竖直分量

据牛顿第二定律得

解得

即小球的加速度先随下降的距离均匀减小到零，再随下降的距离反向均匀增大．据运动的对称性可知，小球运动到CE的中点D点时，加速度为零，速度最大．A正确；

B．对小球从C运动到E过程，应用动能定理得

若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得

联立解得


B正确；
C．小球在全程所受摩擦力大小不变，小球在CD段所受弹力竖直分量较小；则小球在CD段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD阶段损失的机械能小于小球在DE阶段损失的机械能．C错误；
D．若仅把小球质量变为2m，对小球从C运动到E过程，应用动能定理得

解得小球到达E点时的速度大小为

D错误。
故选AB。
15. 如图所示，半径为的圆所在平面与某一匀强电场平行，为圆周上三个点，为圆心，为中点。粒子源从点在圆所在平面内沿不同方向发出速率均为的带正电的粒子，已知粒子的质量为、电量为（不计重力和粒子之间的相互作用力）。若沿方向入射的粒子恰垂直方向过点。则以下说法正确的是（　　）

A. 、、三点电势高低为：
B. 沿垂直方向入射的粒子可能经过点
C. 若，则粒子经过点速率可能为
D. 若，则匀强电场的场强大小为
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．因为沿方向入射的粒子恰垂直方向过点，不妨研究它的逆过程，从到，由于此过程中速度的偏向角正切等于位移偏向角正切的倍，可知此过程为类平抛运动，则粒子受垂直向下的电场力作用，由于粒子带正电，可知场强方向垂直于向下，则电势相等，所以

故A正确；
B．电场方向垂直向下，则沿垂直方向入射的粒子不可能经过点，故B错误；
C．若，则过点速率等于A点的速度沿方向的分量，即

故C错误；
D．若，则由类平规运动的规律可知


联立解得

故D正确。
故选AD。
二、实验探究题（16题4分，17题7分，18题7分，共18分，请将正确答案写在答题纸相应位置）
16. 小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大。某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：
I（A）
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U（V）
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
（1）在图中画出小灯泡的U-I曲线。（ ）

（2）如果实验中测得电池的电动势是1.5V，内阻是2.0Ω。问：将本题中的灯泡接在该电池两端，小灯泡的实际功率是_______W（若需作图，可直接画在第（1）小题的方格图中）
【答案】 ①. ②. 0.28（0.23-0.34）
【解析】
【详解】（1）[1]根据实验数据在图中描点画出小灯泡的U-I曲线如图

（2）[2]如果实验中测得电池的电动势是1.5V，内阻是2.0Ω。作出U-I图线如图：

由图可知灯泡接在该电池两端，小灯泡的实际电压为0.8V，0.35A，所以实际功率

17. 利用如图（a）所示电路，可以测量电源电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），电阻（阻值为3.0Ω），电阻（阻值为3.0Ω），电流表A（量程为200mA，内阻为RA=6.0Ω），开关S。

实验步骤如下：
① 将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；
② 多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；
③ 以为纵坐标，R为横坐标，作-R图线（用直线拟合）
④ 求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b。
回答下列问题：
（1） 分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R的关系为___________。
（2） 实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0Ω时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表。答：① ___________，②___________。
R/Ω
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
6.0
7.0
I/A
0.143
0.125
①
0.100
0.091
0.084
0.077
I-1/A-1
6.99
8.00
②
10.0
11.0
11.9
13.0

（3） 根据图线求得电源电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。
【答案】 ①. ②. 0.110 ③. 9.09 ④. 3 ⑤. 1.0
【解析】
【详解】（1）[1]由于电流表A与电阻并联，且


当电流表示数为I时，电路总电流应为；根据闭合电路欧姆定律有

代入数据整理得

（2）[2][3]根据图（b）可知电流表示数为

所以其倒数为

（3）[4][5]根据图像可得


解得


18. 图甲是一多用电表的简化电路图。其表头满偏电流，内阻，，，。


（1）转换开关S接入___________（填“1”“2”“3”“4”“5”或“6”）端时，测量电流的量程较大，此时电流从A端流___________（填“出”或“入”）。
（2）当转换开关S接入“5”端时，多用电表的功能是测_______（填“电流”“电压”或“电阻”），其量程为________。
（3）当转换开关S接入“3”端时，多用电表可以用来测电阻。测量之前，先进行欧姆调零，使指针偏转到______。图乙为某次测量电阻的刻度盘，已知使用的倍率为“×1”，则待测电阻的阻值为______Ω。当换用“×10”的倍率测较大电阻时，需要重新欧姆调零，与使用倍率“×1”相比，多用电表的内阻变化了_____。
【答案】 ①. 1 ②. 入 ③. 电压 ④. 3V ⑤. 欧姆表盘的零刻度处 ⑥. 6.0 ⑦. 135
【解析】
【详解】（1）[1]转换开关S接入1端，电流表与电阻R2串联后，再与R1并联，且并联电阻阻值较小，则分流较大，故转换开关S应接入1端，电流表量程较大
[2]由图可知B表笔接欧姆表内电源的正极，故表笔A为红表笔，则电流从A端流入。
（2）[3]当转换开关S接入“5”端时，电流表与电阻R3串联，此时多用电表的功能是测电压
[4]其量程为

（3）[5]当转换开关S接入“3”端时，多用电表可以用来测电阻。测量之前，先进行欧姆调零，使指针偏转到欧姆表盘的零刻度处。
[6]使用倍率为“×1”，则待测电阻的阻值为
6.0×1Ω=6.0Ω
[7]倍率为“×1”时，多用电表的内阻为
15×1Ω=15Ω
倍率为“×10”时，多用电表的内阻为
15×10Ω=150Ω
则多用电表的内阻变化了

三、计算题（共3道题，总计32分。19题8分，20题10分，21题14分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）
19. 真空中A，B两个点电荷，相距L，质量分别为m和2m，他们由静止开始运动（不计重力），开始时A的加速度为a。经一段时间B的加速度也为a，速率为v，那么此时：
（1）两点电荷相距多远，A的速率为多大？
（2）两个点电荷的电势能减少了多少？
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）由动量守恒定律有

得这时A的速率



得

（2）根据功能关系，它们的电势能减少的量等于动能的增加即为

20. 如图，导轨宽L.匀强磁场磁感应强度为B.金属杆长也为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．求：
(1)当B方向垂直于导轨平面向上时B的大小；
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆仍保持静止？

【答案】(1)(2)
【解析】
【详解】(1)杆受力如图所示

由平衡条件可得：
F＝mgsinθ
即
BI1L＝mgsinθ
解得
B＝
(2)磁场竖直向上，杆受力如图所示

由平衡条件可得：
BI2L＝mgtanθ
得
I2＝
再由
B＝
解得
I2＝.
21. 如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q=10-10C，质量m=10-20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点。
（1）粒子穿过MN时偏离中心线RD的距离以及速度大小？
（2）粒子到达PS界面时离D点的距离为多少？
（3）设O为RD延长线上的某一点，我们可以在O点固定一负点电荷，使粒子恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电量为多少？（静电力常数k = 9.0×109N·m2/C2，保留两位有效数字）
（4）在（3）中粒子的完整运动轨迹如何？最终到达点的位置。


【答案】（1），（2）（3）；（4）轨迹图见解析，最终到达点的位置距离D点的距离为
【解析】
【详解】（1）粒子进入A、B后应做类平抛运动，设在A、B板间运动时加速度大小为a，时间为t1，在MN界面处速度为v，沿MN的分速度为vy，偏转位移为y，v与水平夹角为α，运动轨迹如图：


则有





由以上各式，代入数据求得



故粒子通过MN界面时的速度为

（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a到中心线的距离为Y，则

解得

（3）粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由几何关系得

即

由得

（4）运动轨迹如图：


由于，，由几何关系可得

所以最终到达点的位置距离D点的距离为