黑龙江省牡丹江市海林市柴河中学2022-2023学年高二上学期11月期中物理试题（解析版）

这是一份黑龙江省牡丹江市海林市柴河中学2022-2023学年高二上学期11月期中物理试题（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022～2023学年度第一学期高二期中考试
物理
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。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. 关于元电荷、电荷与电荷守恒定律，下列说法正确的是（　　）
A. 元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的
B. 元电荷是指电子，电量等于电子的电量，体积很小的带电体是指点电荷
C. 单个物体所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律指带电体和外界没有电荷交换
D. 利用静电感应可使任何物体带电，质子和电子所带电荷量相等，比荷也相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的，这是他获得诺贝尔物理学奖的重要原因，故A正确；
B．元电荷是带电量的最小单元，大小等于电子的电量，但不是电子，当两个带电体的形状和大小对它们之间的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，所以体积很小的带电体未必就是点电荷，故B错误；
C．在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换，故C错误；
D．静电感应不能使绝缘体带电，电子和质子所带电荷量相等，但它们的质量不相等，比荷不相等，故D错误。
故选A。
2. 如图所示，金属线圈abcd置于磁感应强度为B=0.7T、方向竖直向下的匀强磁场中，线圈平面与水平方向成θ=60°，线圈面积为S=0.4m2，把线圈以水平边cd为轴顺时针转过120°角，则通过线圈磁通量的变化量大小为（　　）

A. 0.14Wb B. 0.28Wb C. 0.36Wb D. 0.42Wb
【答案】D
【解析】
【详解】线圈在垂直磁场方向上的投影面积

穿过线圈的磁通量

线圈以cd为轴顺时针方向转过120°角后变为与磁场垂直，但由于此时磁感线从线圈平面穿入的方向与原来相反，故此时通过线圈的磁通量

故磁通量的变化量

ABC错误，D正确。
故选D。
3. 质量为0.1kg的弹性小球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的图像如图所示，0.5s时球与水平地面相碰，离开地面时的速度为碰撞前的，设球受到空气阻力的大小恒为，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）

A. 下降过程的平均速度大小与上升过程的平均速度大小之比为2∶1
B. 弹性小球受到的空气阻力的大小为0.4N
C. 下降过程与上升过程的加速度大小之比为2∶3
D. 弹性小球第一次碰撞后反弹的最大高度为0.25m
【答案】C
【解析】
【详解】A．设下降过程的末速度为v1，由题意可得上升过程的初速度大小为

下降过程的平均速度为

上升过程的平均速度大小为

综合比较可得


A错误；
B．下降过程，由速度时间关系可得

由牛顿第二定律可得

由题图可得




综合解得


B错误；
C．上升过程，由牛顿第二定律可得

解得

则有

C正确；
D．上升过程由速度位移关系式可得

结合


综合解得

D错误。
故选C。
4. 下列四种电场中，a、b两点的场强相同，电势也相同的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．a、b两点的电场强度相同，电势不相同，A不符合题意；
B．a、b两点的电场强度相同，电势相同，B符合题意；
C．a、b两点的电场强度的大小相同、方向不相同，电势相同，C不符合题意；
D．a、b两点的电场强度的大小相同、方向不相同，电势相同，D不符合题意。
故选B。
5. 如图所示，平行板电容器的一个极板与静电计连接，外壳与另一个极板同时接地，对电容器充电，使静电计指针张开一个角度，静电计指针的偏转表示电容器两极板间的电势差，撤去电源后，下列说法正确的是（ ）

A. 仅增大两板间的距离，静电计指针张角变小 B. 仅将玻璃板插入两板之间，静电计指针张角变大
C. 仅将M板稍微上移，静电计指针张角变大 D. 若将M板拿走，静电计指针张角变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．静电计的原理是电势差U变大（小），指针张角变大（小）。由公式

知，当d变大时，C变小，再由

得：U变大，指针张角变大，A错误；
B．当插入玻璃板时，相对介电常数εr，增大，C变大，U变小，指针张角变小，B错误；
C．当M板上移时，极板正对面积S变小，C也变小，U变大，指针张角变大，C正确；
D．当将M板拿走时，相当于使d变得更大，C更小，故U应更大，指针张角变大，D错误。
故选C。
6. 假如水星和地球在同一平面内绕太阳公转，把公转轨道均视为圆形，如图所示，在地球上观测，发现水星与太阳可呈现的视角（把太阳和水星均视为质点。它们与眼睛连线的夹角）有最大值，已知最大视角的正弦值为k，引力常量为G。下列说法正确的是（　　）

A. 若水星与太阳距离为r，地球与太阳之间的距离为R，则
B. 水星的公转周期为年
C. 若地球的公转周期为，水星与太阳之间的距离为r，则水星的加速度为
D. 若水星的公转周期为，地球与太阳之间的距离为R，则太阳的质量为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意可知，当太阳、水星与地球的连线构成直角三角形时，此时人在地球上观测，眼睛与太阳的连线和眼睛与水星的连线之间的夹角的正弦值有最大值，若水星与太阳的距离为r，地球与太阳之间的距离为R，则根据几何关系可得

解得

故A错误；
B．设水星环绕太阳运行的轨道半径为r，周期为，地球环绕太阳运行的轨道半径为R，周期为，则有

根据开普勒第三定律有

解得
年
故B错误；
C．由B可得

设太阳的质量为M，水星的质量为，由牛顿第二定律及万有引力充当向心力可得

解得

故C错误；
D．若水星的公转周期为，地球与太阳之间的距离为R，设水星与地球之间的距离为，则有

根据万有引力充当向心力

解得

故D正确。
故选D。
7. 如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，外电路的定值电阻R=r，滑动变电器的总电阻为2r，闭合开关S，在滑动触头P从左端滑向右端的过程中（　　）

A. 滑动变电器消耗的功率变小
B. 电源输出的功率减小
C. 电源内部消耗的功率减小
D. 定值电阻R消耗的功率减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．将定值电阻等效为电源内阻，等效内阻为，等效电源的输出功率为

触头P在最左端时，滑动变阻器阻值等于等效内阻，此时等效电源输出功率最大，即滑动变阻器消耗功率最大，当滑动触头P从左端滑向右端的过程中，滑动变阻器阻值减小，且小于等效内阻，则等效电源输出功率变小，即滑动变电器消耗的功率变小，A正确；
B．电路总电阻减小，电流变大，根据

可知，电源输出的功率增大，B错误；
C．电流变大，根据

可知，电源内部消耗的功率增大，C错误；
D．电流变大，根据

可知，定值电阻R消耗功率增大，D错误。
故选A。
8. 在如图所示的电路中，是滑动变阻器，、、是定值电阻，电源的电动势为E，内阻为r，当开关S闭合时，电容器C不带电，现将滑动变阻器滑片向右滑动到某一位置且电路稳定时，下列说法正确的是（　　）

A. 电源提供的总功率变小 B. 两端电压变大
C. 两端电压变大 D. 电容器C的下极板带正电
【答案】BD
【解析】
【详解】滑片向右滑动，R1电阻减小，电路总电阻变小，干路电流变大，电源提供的总功率变大，路端电压
U=E-Ir
变小，则R3、R4通过的电流变小，R4两端电压变小；R1、R2通过的电流变大，R2两端电压变大；由变小，不变，可知电容上极板电压比下极板电压低，故电容器C的下极板带正电。
故选BD。
9. 如图所示，劲度系数为的轻质弹簧放在光滑的水平面上，一端固定在墙上，另一端与质量为的物块相连，弹簧处于原长时，给物块一个水平向左的恒定推力，让物块由静止开始向左运动。弹簧的弹性势能与弹簧的形变量以及弹簧的劲度系数之间的关系式为，下列说法正确的是（　　）

A. 当弹簧的压缩量为时，物块的速度最大
B. 当物块回到初始位置时，还可向右运动
C. 物块向右运动的过程中加速度先增大后减小
D. 弹簧的最大压缩量为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．对物块的运动过程进行分析，物块先向左加速再减速，接着向右加速再减速，当

时，即弹簧的压缩量为

时物块的速度达最大值，故A正确；
B．根据能量守恒和运动的对称性，当物块回到初始位置时，速度正好为0，不会再向右运动，故B错误；
C．物块先向左加速再减速，加速度先向左减小再向右增加，根据运动的对称性，当向右加速再减速时，加速度先减小再增大，故C错误；
D．当物块向左运动速度为0时，弹簧的压缩量最大

由功能关系

解得

故D正确。
故选AD。
10. 如图所示，匀强电场中有一边长为2cm的等边三角形区域MNP，匀强电场方向与MNP构成的平面夹角为30°，M、N、P三点的电势分别为4V、4V、1V，则（　　）

A. 经过MN中点的电场线在纸面内的分量与MN垂直指向P
B. 匀强电场的场强大小为180V/m
C. 若质子从M点沿直线移到P点，电势能一直减小
D. 若质子从N点移到P点，电场力做功为﹣3eV
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据题意可知，匀强电场在MNP构成的平面上的电场强度分量为

因为电势
，
所以MN为等势线，则经过MN中点的电场线方向将与MN垂直且指向P，故A正确；
B．根据题意，由公式可得，匀强电场在MNP构成的平面上的电场强度分量为

则匀强电场的场强大小为

故B错误；
C．质子从M点沿直线移到P点，电势一直降低，由公式可知，它的电势能一直减小，故C正确；
D．质子带正电且电量等于电子的电量，则质子从N点移到P点，电场力做功为

故D错误。
故选AC。
二、实验题（本题共2小题，共17分）
11. 在测量一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，采用如下步骤完成实验：

（1）利用螺旋测微器测定合金丝直径如图甲所示，该合金丝的直径______mm；
（2）首先用多用电表粗测的电阻，当用“”挡时发现指针偏转角度过大如图乙所示，接下来的测量操作如下，请帮助该同学选择必需的操作并按操作顺序排序______；
A.测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡
B.断开待测电阻，将选择开关旋到“”挡
C.断开待测电阻，将选择开关旋到“”挡
D.将红黑表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”
E.再接入待测电阻，将指针示数乘以对应倍数，即为待测电阻的阻值
（3）该同学采用“伏安法”较准确地测量该合金丝的阻值，所用实验器材如图丙所示，其中电压表内阻约，电流表内阻约，图中部分电路已经连接好，请将电路图补充完整______；
（4）若电压表的示数为U，电流表的示数为I，合金丝长度为L，则该合金丝的电阻率______（用U、I、L、d表示）。
【答案】 ①. 0.730##0.731##0.732##0.733##0.734 ②. BDEA ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]根据螺旋测微器读数规则，由图甲可得，该合金丝的直径为

（2）[2]当用“”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻较小，应该换用小倍率电阻挡；调整档位后，要先进行欧姆调零，再进行测量，测量后，断开表笔关闭多用表；故实验步骤的顺序为BDEA。
（3）[3]由于

待测电阻的阻值远大于电流表内阻，可知电流表应该采用内接法；由于滑动变阻器用分压电路，则实物连线如图所示

（4）[4]根据电阻定律和欧姆定律可知



解得该合金丝电阻率为

12. 某学习小组将一内阻为1200Ω、量程为250μA的微安表分别改装为量程为1.0mA的电流表和量程为1.0V的电压表，后又把改装后的电流表改装为一多挡位欧姆表。

（1）把该微安表改装为量程为1.0mA的电流表需要_________（填“串联”或“并联”）_________Ω的电阻；
（2）把这个微安表改装成量程为1.0V的电压表，应_________（填“串联”或“并联”）一个_________Ω的电阻；
（3）取一电动势为1.5V、内阻较小的电源和调节范围足够大的滑动变阻器，与改装所得1.0mA的电流表连接成如图甲所示欧姆表，其中A为_________（填“红”或“黑”）表笔，改装表盘后，正确使用该欧姆表测量某电阻的阻值，示数如图乙所示，图乙所测电阻为_________Ω。

【答案】 ①. 并联 ②. 400 ③. 串联 ④. 2800 ⑤. 红 ⑥. 1400
【解析】
【详解】（1）[1][2]把微安表改装为量程为1.0mA电流表需要并联一个电阻，根据并联电路的特点可得

解得

（2）[3][4]把微安表改装成电压表需串联一个电阻R，改装后，有

解得

即应串联一个2800Ω的电阻；
（3）[5][6]由图可知，电流由A回到电源负极，所以A红表笔，根据电源及电流表量程可知，欧姆表内阻为

结合中值电阻刻度可知，该多用表倍率为“×100”，所以待测电阻阻值为

三、计算题（本题共3小题，共计43分。解答时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）
13. 在如图所示的电路中，电源电动势为E内阻为r，为定值电阻，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。不考虑电表对电路的影响，求：
（1）电源内阻r和电动势E；
（2）定值电阻的最大电功率。

【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）由图甲知，电压表测定值电阻R0两端电压，且R0两端的电压随电流的增大而增大，则图乙中下方图线表示电压表的读数随电流表读数的变化情况，由图线的斜率得

电压表测得的是电源的路端电压，图乙中上方图线表示的读数随电流表读数的变化情况，上方图线斜率的绝对值等于电源的内阻

当电路中电流为0.1A时，电压表的读数为3.4V，根据闭合电路的欧姆定律得

（2）当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，最大电流为

此时定值电阻R0消耗的功率最大，最大电功率为

14. 如图所示，光滑半球的半径为，球心为，固定在水平面上，其上方有一个曲面轨道，高度也为，轨道底端水平并与半球顶端相切。半径可不计、质量为的小球由点静止滑下，最后从点离开并立即脱离半球，首次落在水平面上的点（图中末画出）。已知两点之间的距离为，重力加速度为，不计空气阻力。求：
（1）小球从到点的平均速度大小以及小球到达点的速度大小；
（2）小球从到的摩擦生热。

【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）小球从到的位移为

运动时间为

平均速度大小

联立解得

由平抛运动的规律可得小球在B点的速度

小球从B到C根据动能定理

解得

（2）小球从A到C由能量守恒定律可得

解得

15. 如图所示，一个质量为m、电荷量为Q的带正电小球从平面上的P点以初速度v0沿斜上方抛出，速度方向与竖直方向的夹角为，小球垂直撞击在竖直墙壁上的Q点，已知空间存在大小为、方向与v0同向的匀强电场，重力加速度大小为g，，不计空气阻力，小球可以看成点电荷。求P、Q两点间的水平间距。

【答案】
【解析】
【详解】小球受到电场力大小

竖直方向根据牛顿第二定律得

水平方向根据牛顿第二定律得

小球垂直撞击在竖直墙壁上的Q点，在竖直方向上

P、Q两点间的水平间距

联立解得P、Q两点间的水平间距