2022-2023学年山东省济宁市泗水县高二年级上学期期中考试物理试题 pdf版

参考答案：

一、单项选择题（8小题，每题3分，共24分）

1．B

【详解】图线中斜率表示电阻的倒数，则斜率越大，电阻越小，由于可知，的斜率大，则的电阻小，即故选B。

2．D【详解】穿过线框磁场的磁通量大小为故选D。

3．C【详解】A．根据安培定则，直线电流左侧磁场方向应垂直纸面向外，右侧磁场方向应垂直纸面向里，故A错误；B．根据安培定则，磁场方向应为逆时针，故B错误；

C．根据安培定则，从上往下看，磁场方向应为逆时针，故C正确；

D．根据安培定则，通电螺线管内部磁场方向应由左指向右，故D错误。

故选C。

4．C【详解】接中间接线柱时，量程较大，则有

解得故选C。

5．D【详解】根据闭合电路欧姆定律可得

根据图中电源的路端电压与电流的关系图线可知，电源电动势和内阻分别为

，

设外电阻为时，电源的输出功率为

由于基本不等式可知，当外电阻时，电源的输出功率最大；由电阻的伏安特性曲线可得，

、串联后的阻值为

、并联后的阻值为

可知将、并联后接到电源两端时，电源输出功率最大。

故选D。

6．B【详解】A．线圈在纸面内由小变大，磁通量增大，会产生感应电流，故A错误；

B．线圈正绕a点在平面内旋转，磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，故B正确；

CD．C图与D图中线圈正绕OO′轴转动，磁通量都在减小，会产生感应电流，故C.、D错误；故选B。

7．D【详解】A．由图象可知，灯泡两端的电压变化时，灯泡的电阻发生变化，L2和L3的串联电阻并不是L1电阻的两倍，根据欧姆定律知L1中的电流不是L2中电流的2倍，A错误；

BCD．由于不计电源内阻，所以L2和L3两端的电压均为1.5 V，由题图乙可知此时灯泡中的电流为I＝0.8 A，电阻为

L3的电功率为P＝UI＝1.5×0.8 W＝1.2 W

L2和L3的总功率为P′＝2P＝2.4 W

BC错误，D正确。故选D。

8．D

【详解】AB．力对物体得冲量等于力与力的作用时间的乘积，故拉力对小球的冲量、重力对小球的冲量都不为零，故AB错误；CD．根据动量定理得

小球动量变化量的方向与速度变化量的方向相同，也与合力的冲量方向相同；

由题可知，小球初速度为零，末速度水平向左，所以速度变化量方向向左，故动量变化量、合力的冲量方向向左，故C错误，D正确。故选D。

二、多项选择题（4小题每题4分，全对4分，对不全2分，错选、不选0分，共16分）

9．AC【详解】AB．两导体长度之比为3：1，厚度相同，所以电流通过的横截面积为3：1，由电阻定律可知两导体阻值之比为1：1，所以接入同一电源时，根据

电流相等，故A正确，B错误；CD．电流的微观表达式为

则对于相同材料ne相等，所以自由电荷定向移动的速率v之比为1：3，故C正确，D错误。选AC。

10．ACD

【详解】A．将变阻器滑片P向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流IA增大，则A灯变亮，故A正确；

BC．并联部分的电压U并=E-IA（RA+r）

E、RA、r不变，IA增大，U并减小，IB减小，B灯变暗，故B错误，C正确；

D．通过C灯的电流

IA增大，IB减小，则IC增大，C灯变亮，故D正确。

故选ACD。

11．CD

【详解】电池的输出功率为

根据数学知识可知当R=r时，P有最大值为

解得：   、

当时，电池消耗的总功率为

综上所述可知A错误，CD正确。故选CD。

12．AC

【详解】A．由题图可看出在t = 2s后两球的运动方向相反，A正确；

B．由题图和动量守恒可看出在0 ~ 2s内和2 ~ 4s内A球的速度分别为

vA= = 5m/s，v′A= =  - 1m/s

则碰撞过程中A球动量变化量大小为6kgm/s，B错误；

C．根据动量守恒有mAvA= - mAv′A - mBv′B（取A最开始运动的方向为正）

代入数据有mB= m2= 2kg

C正确；

D．碰撞前的机械能为E = mAvA2= J

碰撞前的机械能为E′ = mAv′A2 + mBv′B2= J

碰撞前后机械能不守恒，则不是弹性碰撞，D错误。

故选AC。

三、实验题（2小题，共14分）

13（共6分）  AB  （2分）   m1·OP=m1·OM+m2·ON  （2分）       （1分）

【详解】(1)[1]A．由于要保证两球发生弹性碰撞后做平抛运动，即初速度沿水平方向，所以必须保证槽的末端的切线是水平的，故A正确；

B．由于实验要重复进行多次以确定碰撞后两小球的落点的确切位置，所以每次碰撞前小球A的速度必须相同，根据可得

所以每次必须让A球从斜槽轨道上同一高度处由静止释放，故B正确；

C．验证m1v0=m1v1+m2v2

由于碰撞后A球和B球从同一高度开始做平抛运动，根据可得两球做平抛运动的时间相同，故可验证m1v0t=m1v1t+m2v2t

而v0t=OP，v1t=OM，v2t=ON

故只需要验证m1OP=m1OM+m2ON

所以要测量A球的质量m1和B球的质量m2，需要天平；在地面上合适的位置铺上白纸并在白纸上面铺上复写纸，小球落在复写纸上，可以在白纸上留下落点印迹，所以还要复写纸，不需要秒表，故C错误；

D．由m1OP=m1OM+m2ON可知，实验中需要测量的物理量是A球的质量m1和B球的质量m2，线段OP、OM和ON的长度，故D错误。

故选AB。

(2)[2][3]由(1)可知验证碰撞中的动量守恒的表达式为m1·OP=m1·OM+m2·ON

若碰撞前后系统的动能相等，则有

联立解得

14． （共8分）   0~0.6（1分）    0~3 （1分）    R1 （1分）   见解析  （1分）   1.45  （1分）  、 1.3   （1分）  B   （1分）  A（1分）

【详解】（1）[1][2][3]一节干电池的电动势约为1.5V，所以电压表量程应选0~3V；滑动变阻器R2的最大阻值较大，不便于控制电路中的电流，所以滑动变阻器应选择阻值较小的R1；此时电路中的电流一定不超过0.5A，所以电流表量程应选0~0.6A；

（2）[4]如图所示

（3）[5][6]U-I图线的纵截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻，即

（4）[7]本实验中电压表并联在电源两端，示数即为路端电压的真实值，引起该实验的系统误差的主要原因是由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小，故选B。

（5）[8]当电压表示数为零时，路端电压为零，此时电流表的示数就是短路电流的真实值；当电流表示数为零时，由于电压表存在分流，所以通过电源的电流并不为零，即存在内电压，使得电压表示数略小于电源电动势，综上所述可知A图像合理，故选A。

四、计算题（共46分）

15．   （10分）（1）；（2）方向垂直杆向下

【详解】（1）撤去拉力前，设小球的加速度大小为，由牛顿第二定律得

(F-mg)sin37°-µFN= ma1，FN=(F-mg)cos37°解得

方向沿杆向上，撤去拉力前瞬间的速度

（2）撤去拉力前支持力冲量的大小为

方向垂直杆向下，撤去拉力后，设小球的加速度大小为，由牛顿第二定律得

mgsin37°-µF'N= ma2，F'N=mgcos37°解得

方向沿杆向下，从撤去拉力到减速为0所需时间

撤去拉力后到最高点过程中支持力冲量的大小为

方向垂直杆向上，全过程支持力冲量的大小为

方向垂直杆向下。

16．（10分）（1）；（2）；（3）

【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律有  （2分）

代入数据解得  （1分）

（2）电动机正常工作时，电源的输出功率是

       （3分）

（3）设电动机的内阻为，则有  （2分）

解得  （1分）

17．（共12分）（1）；；（2）

【详解】（1）由题图乙知当时，；当时，。根据闭合电路欧姆定律有  （2分）

解得 ， （2分）

（2）根据电容的定义结合图甲电路有  （2分）

根据欧姆定律有                            （2分）

根据闭合电路欧姆定律有  （2分）

当时，最大，联立代入数据可得  （2分）

18．（共14分）（1）6m/s；（2）；（3），

【详解】（1）由动能定理得  （2分）

解得  （1分）

（2）A与B共速时，弹簧的弹性势能最大，A、B和弹簧组成系统动量守恒

  （2分）

由机械能守恒定律，弹簧的最大弹性势能  （2分）

解得  （1分）

（3）A、B与弹性发生弹性碰撞，最终分离  （1分）

  （1分）

解得 ， （2分）