【期中真题】云南省昆明市第一中学2022-2023学年高二上学期期中物理试题.zip

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昆明第一中学2022-2023学年度上学期期中考试高二物理总分：100分  时间：120分钟一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~16题有多项符合题目要求。多选题全部选对的得3分，选对但不全的得1.5分，有错或不答的得0分。）1. 下列说法正确的是（　　）A. 库仑比较精确地测出了元电荷e的数值B. 不同电磁波在真空中传播速度不同C. 制作汽油桶的材料用金属比用塑料好D. 电场中某点电场强度的方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向【答案】C【解析】【详解】A．密立根用油滴实验比较精确地测出了元电荷的数值，A错误；B．电磁波在真空的传播速度都相同，均为，B错误；C．汽油桶用金属材料制作时可以及时将产生静电导走，防止静电危害，C正确；D．电场中某点电场强度的方向与该点所放正电荷受到的静电力的方向相同，与该点所放负电荷受到的静电力的方向相反，D错误；故选C。2. 在匀强磁场中A、B两点分别引入长度相等的长直导线，导线与磁场方向垂直，如图所示，图中a、b两条图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受磁场力F和通过导线的电流关系，关于A、B两点的磁感应强度大小，下列说法正确的是A.  B.  C.  D. 无法比较【答案】B【解析】【详解】根据公式，可知图象的斜率为BL，由于长度相等，故斜率越大，表示磁感应强度越大，故A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度；故ACD错误，B正确；故选B.3. 如图所示，AB是某个点电荷电场中的一条电场线，在AB线上O点放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B点运动，则下列判断正确的是（　　） A. 电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小B. 电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度大小的变化由题设条件不能确定C. 电场线由A指向B，该电荷做匀加速运动D. 电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越大【答案】B【解析】【详解】ABCD．由于自由负电荷由静止开始沿电场线向B点运动，可知负电荷受到电场力的方向是由A指向B，由于负电荷受到电场力的方向跟电场强度方向相反，故电场线是由B指向A，又因为一条电场线不能判断电场的强弱，故加速度的大小变化无法判断。故选B。4. 如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内（　　） A. 充电宝输出的电功率为 B. 充电宝产生的热功率为C. 手机电池产生的焦耳热为 D. 手机电池储存的化学能为【答案】D【解析】【详解】A．充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为
 故A错误；B．充电宝内的电流也是I，但其内阻未知，所以无法判断充电宝产生的热功率，故B错误；C．U是充电宝的输出电压，不是手机电池的内电压，所以不能用，计算手机电池产生的焦耳热，应为故C错误；D．充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能，一部分转化为手机电池产生的焦耳热，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为故D正确。故选D。5. 如图所示，实线表示匀强电场的电场线，一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，为轨迹上的两点，粒子由点运动到点。若点电势为点电势为，则（　　） A. 电场强度方向一定向左，且电势 B. 电场强度方向一定向左，且电势C. 电场强度方向一定向右，且电势 D. 电场强度方向一定向右，且电势【答案】C【解析】【分析】【详解】由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧，电场强度方向应该是电场线上该点的切线方向，所以粒子所受电场力向右，由于是带正电荷的粒子，所以电场强度方向一定向右；作出两点的等势面，沿着电场线的方向电势降低，可判定点的电势高于点的电势，C正确。故选C。6. 如图所示是使用静电计探究平行板电容器电容与哪些因素有关的实验装置。充电后的平行板电容器A板带正电且固定在绝缘支架上，用导线将A板与静电计的金属小球相连，将带负电的B板与静电计的金属外壳同时接地，要使静电计的指针张角变小，可采用的方法是（　　） A. A板位置不动，将B板向左移动 B. 将玻璃板插入A板与B板之间C. A板位置不动，将B板稍微竖直向上平移 D. 增大A板与B板之间的水平距离【答案】B【解析】【详解】A．A板位置不动，将B板向左移动，即增大A板与B板之间的水平距离，根据电容的决定式可知电容减小，而电容器的电量不变，根据电容的定义式可知板间电势差增大，则静电计指针张角变大，故A错误；B．将玻璃板插入A板与B板之间，根据电容的决定式可知电容增大，而电容器的电量不变，根据电容的定义式可知板间电势差减小，则静电计指针张角变小，故B正确；C．A板位置不动，将B板稍微竖直向上平移，两极板正对面积减小，根据电容的决定式可知电容减小，而电容器的电量不变，根据电容的定义式可知板间电势差增大，则静电计指针张角变大，故C错误；D．增大A板与B板之间的水平距离，根据电容的决定式可知电容减小，而电容器的电量不变，根据电容的定义式可知板间电势差增大，则静电计指针张角变大，故D错误。故选B。7. 麦克斯在前人研究的基础上，创造性地建立了经典电磁场理论，进一步揭示了电现象与磁现象之间的联系。他大胆地假设:变化的电场就像导线中的电流一样，会在空间产生磁场，即变化的电场产生磁场。以平行板电容器为例:圆形平行板电容器在充、放电的过程中，板间电场发生变化，产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以充、放电电流时所产生的磁场。如图所示，若某时刻连接电容器的导线具有向上的电流，则下列说法中正确的是（　　）A. 电容器正在放电B. 两平行板间的电场强度E在增大C. 该变化电场产生顺时针方向（俯视）的磁场D. 两极板间电场最强时，板间电场产生的磁场达到最大值【答案】B【解析】【详解】A．电容器内电场方向向上，下极板带正电，根据电流的方向，正电荷正在流向下极板，因此电容器处于充电过程，选项A错误；B．电容器的带电量越来越多，内部电场强度越来越大，选项B正确；C．该变化电场产生磁场方向等效成向上的电流产生磁场的方向，根据右手螺旋定则可知，电场产生的磁场逆时针方向（俯视），选项C错误；D．当两极板间电场最强时，电容器充电完毕，回路的电流最小，因此产生的磁场最小，选项D错误。故选B。8. 如图所示，直线a为某电源与可变电阻连接成闭合电路时的路端电压U与干路电流I的关系图象，直线b为电阻R两端电压的U与通过它的电流I的图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别为（ ）A. 4 W、33.3% B. 2 W、33.3%C. 4 W、67% D. 2 W、67%【答案】C【解析】【详解】由图象a可知电源的电动势E=3V，短路电流为6A，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为2V，电流I=2A电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据得：电源总功率为：所以效率为：故选C9. 从太阳或其它星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子。这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害，但由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，如图所示，对地球上的生命起到保护作用。假设所有的宇宙射线从各个方向垂直射向地球表面，那么以下说法正确的是（　　）A. 地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处不相同B. 由于南北极磁场最强，因此阻挡作用最强C. 沿地球赤道平面射来的高能正电荷向东偏转D. 沿地球赤道平面射来的高能负电荷向南偏转【答案】AC【解析】【详解】AB．高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转。粒子在不同的磁场中，所受到的洛伦兹力大小不一，而磁场在南、北两极的磁场几乎与地面垂直，在赤道附近磁场的方向几乎与地面平行，结合洛伦兹力的特点可知，地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强，故A正确，B错误；
C．根据左手定则，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带正电粒子在洛伦兹力作用下向东偏转，偏向面与赤道平面平行，故C正确；
D．根据左手定则，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带负电粒子在洛伦兹力作用下向西偏转，偏向面与赤道平面平行。故D错误。
故选AC。10. 如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，小球A的质量为m、电荷量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则（　　） A. 小球A与B之间库仑力的大小为B. 当时，细线上的拉力为0C. 当时，细线上的拉力为0D. 满足某条件时，斜面对小球A的支持力可能为0【答案】AC【解析】【详解】A．根据库伦定律，小球A与B之间库仑力的大小为故A正确；BC．若细线上的拉力为0，小球受重力、支持力和库仑力而平衡，根据平衡条件，重力的沿斜面向下分力与库仑力的沿斜面向上分力平衡，即其中联立解得故故C正确，B错误；D．两个球带同种电荷，相互排斥，不论电量多少，斜面对A的弹力不可能为0，故D错误。故选AC。11. 如图所示的矩形区域内存在匀强电场，一质量为、电荷量为的粒子由边的中点平行边射入电场，已知粒子的初速度大小为，粒子只受电场力的作用，匀强电场的方向平行边或垂直边，。则下列说法正确的是（　　）A. 若粒子从边离开电场，则离开电场时粒子的动能为B. 若粒子从边离开电场，则离开电场时粒子的动能可能为C. 若粒子从边离开电场，则离开电场时粒子的动能为D. 若粒子从边离开电场，则离开电场时粒子动能可能为【答案】ACD【解析】【分析】【详解】若电场方向平行边向左，则粒子所受的电场力方向与初速度的方向相反，粒子做匀减速直线运动，如果没有到达边速度就减为零，则粒子会返回到出发点，速度大小仍为，则离开电场时粒子的动能为；如果到达边速度未减为零，则粒子从边离开电场，由动能定理可知，离开电场时粒子的动能若电场方向平行边向右，则粒子所受的电场力方向与初速度的方向相同，粒子做匀加速直线运动，粒子从边离开电场，由动能定理可知，离开电场时粒子的动能若电场方向垂直边向下（上），则粒子所受的电场力方向向下（上），粒子在电场中做类平抛运动，如果粒子从边离开电场，由动能定理可知，离开电场时粒子的动能如果粒子从边离开电场，则电场力所做的功小于，离开电场时粒子的动能小于。综上可知B错误，ACD正确。故选ACD。12. 如图所示，实线表示某电场电场线，过O点的虚线MN与电场线垂直，两个相同的带负电的粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN，且都能从MN左侧经过O点．设粒子P、Q在A、B两点的加速度大小分别为a1和a2，电势能分别为和，以过O点时的速度大小分别为v1和v2，到达O点经过的时间分别为t1和t2．粒子的重力不计，则（）A.  B.  C.  D. 【答案】BCD【解析】【详解】A．电场线越密，场强越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大．所以a1＞a2．故A错误；B．过A点画出等势面，根据沿着电场线方向电势降低，所以A点电势大于B点电势，由于带负电，所以．故B正确；C．粒子P、Q在A、B两点分别到O点．有AO点间的电势差大于BO点间的电势差，所以粒子P的动能减小量大于粒子Q的动能减小量，所以v1＜v2．故C正确；D．带负电的粒子Q从B运动到O沿水平方向分运动的加速度小于带负电的粒子P从A运动到O的加速度，P、Q水平方向位移相同，做减速运动，所以t1＞t2，故D正确。故选BCD．13. 如图所示，固定的水平长直导线中通有向右的恒定电流，闭合的矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中（线框不会发生翻转），下列判断正确的是（    ） A. 线框所在处的磁场垂直纸面向外B. 穿过线框的磁通量逐渐减小C. 线框中产生感应电流D. 线框的机械能不变【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．根据安培定则可知，线框所在处的磁场垂直纸面向里，A错误；B．线框在下落过程中，距离长直导线越远，所在处磁场越弱，穿过线框的磁通量越小，B正确；C．穿过线框的磁通量发生变化，线框中产生感应电流，C正确；D．线框中产生了电能，根据能量守恒可知，线框的机械能减小，D错误。故选BC。14. 如图所示的电路中，R是光敏电阻，当光照强度增大时，它的阻值减小。当外界的光照强度减弱时，下列说法正确的是（    ） A. 灯泡L变暗 B. 电压表的示数增大C. 电源的总功率增大 D. 电源内阻的发热功率增大【答案】AB【解析】【详解】A．当外界的光照强度减弱时，R的阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，灯泡L变暗，故A正确；B．根据可知电源路端电压增大，所以电压表的示数增大，故B正确；C．根据可知电源的总功率减小，故C错误；D．根据可知电源内阻的发热功率减小，故D错误。故选AB。15. 普朗克在1900年将“能量子”引入物理学，开创了物理学的新纪元。在下列宏观概念中，不具有“量子化”特征的是（　　）A. 人的个数 B. 物体所受的重力 C. 物体的动能 D. 物体的长度【答案】BCD【解析】【详解】“量子化”的特征是不连续：人的个数是不连续的，符合；而物体所受的重力、物体的动能、物体的长度都是连续的，不具有“量子化”特征。故选BCD。16. 如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10－8C的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（　　）A. x=0.15m处的场强大小为2.0×106N/CB. 滑块运动的加速度逐渐减小C. 滑块运动的最大速度约为0.1m/sD. 滑块最终在0.3m处停下【答案】AC【解析】【详解】AB、电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15m处的场强EV/m＝2×106V/m，此时的电场力F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N，滑动摩擦力大小f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15m后电场力小于电场力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A正确，B错误；C、在x＝0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s，故C正确；D、滑块最终在处停下则满足：，处的电势，故从到过程中，电势差，电场力做，摩擦力做功，则，故滑块不能滑到处，故D错误．二、实验题（本题共2小题，17题6分，18题10分，共16分。）17. 张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：（1）用螺旋测微器测得其直径为________mm（如图甲所示）；（2）用20分度的游标卡尺测其长度为________mm（如图乙所示）；（3）用图丙所示的电路测得的电阻率将比真实值________（填“偏大”或“偏小”）。【答案】    ①. 3.205    ②. 50.15    ③. 偏小【解析】【分析】【详解】(1)[1] 直径为(2)[2] 长度为(3)[3]由于电压表分流，导致电流表测量结果偏大，根据欧姆定律得电阻测量结果偏小，根据电阻定律得电阻率偏小。18. 图a为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100 Ω挡。(1)图a中的A端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。(2)关于R6的使用，下列说法正确的是_______（填正确答案标号）。A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(3)根据题给条件可得R1＋R2=_______Ω，R4=________Ω。(4)某次测量时该多用电表指针位置如图b所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为_______；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为___________。（结果均保留3位有效数字）【答案】    ①. 黑    ②. B    ③. 160    ④. 880    ⑤. 1.45 mA    ⑥. 1.10×103 Ω    ⑦. 2.90 V【解析】【详解】(1)[1]与欧姆表内电源正极相连的是黑表笔。(2)[2]R6是可变电阻，它的作用就是欧姆表调零，也就是使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。(3)[3]换挡开关接2时，是量程较小的电流表，所以[4]换挡开关接4时，是量程较小的电压表，这时表头与R1、R2并联组成新表头，新表头的内阻 新表头的量程是1 mA，所以(4)[5]某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端与“1”相连，则多用电表是量程为2.5 mA的电流表，则读数为1.45 mA；[6]若此时B端与“3”相连接，多用电表是欧姆×100 Ω挡，则读数为11.0×100 Ω，即1.10×103 Ω；[7]若此时B端与“5”相连接，多用电表是量程为5 V电压表，则读数为2.90V。三、计算题（本题共4小题，第19题6分，第20题8分，第21题10分，第22题12分，共36分。）19. 如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V 24W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M线圈的电阻R0=2Ω，求：（1）灯泡L中的电流I1；（2）电动机M中的电流I2；（3）电动机工作2min产生的热量． 【答案】（1）3A（2）1A（3）240J【解析】【详解】(1)灯泡L正常发光，根据功率公式可知(2)根据闭合电路欧姆定律可知，内电压为根据欧姆定律可知，干路电流为根据并联电路的规律可知，通过电动机的电流为(3)根据焦耳定律可知，电动机工作2min产生的热量为20. 如图所示，宽为的光滑导轨与水平面成角，质量为、长也为的金属杆水平放置在导轨上，电源电动势，内阻，金属杆电阻为，轨道电阻不计。金属杆与导轨垂直且接触良好。空间存在着竖直向上的匀强磁场（图中未画出），当电阻箱的电阻调为时，金属杆恰好能静止。取重力加速度大小，，，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）保持其他条件不变，当电阻箱的电阻调为时，闭合开关S，同时由静止释放金属杆，求此时金属杆的加速度。【答案】（1）；（2），方向沿斜面向上【解析】【分析】【详解】（1）由安培力公式和平衡条件可得由闭合电路欧姆定律得解得（2）由牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律有解得方向沿斜面向上。21. 如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A绝缘，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA=0.43kg，mB=0.20kg，mC=0.50kg，其中A不带电，B、C的电荷量分别为qB=+2×10-5C、qC=+7×10-5C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a=2.0m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力，已知静电力常量为k=9.0×109N·m2/C2，g取10m/s2。求：（1）开始时BC间的距离L；（2）F从变力到恒力需要的时间t。 【答案】（1）2.0m；（2）1.0s【解析】【详解】（1）A、B、C静止时，以AB为研究对象，受力分析有代入数据解得L=2.0m（2）AB分离时两者之间弹力恰好为零，此后F变为恒力，对B用牛顿第二定律得解得由匀加速运动规律得解得22. 如图所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC，AB部分是半径R＝0.40 m的光滑半圆形轨道，BC部分是粗糙的水平轨道，BC轨道所在的竖直平面内分布着E＝1.0×103 V/m的水平向右的有界匀强电场，AB为电场的左侧竖直边界。现将一质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝－1×10－4 C的滑块（视为质点）从BC上的某点由静止释放，滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零。已知滑块与BC间的动摩擦因数为μ＝0.05，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：（1）滑块通过A点时速度vA的大小；（2）滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离x；（3）滑块离开A点后在空中运动速度v最小值及方向。 【答案】（1）2.0m/s；（2）5.0m；（3）1.94m/s，方向与水平方向的夹角是arctan0.25。【解析】【详解】解：（1）滑块通过A点时对轨道的压力恰好是零，由牛顿第二定律可得代入数据解得    vA=2.0m/s（2）设滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离为x，则从释放点到A点，由动能定理则有代入数据解得x=5.0m（3）滑块从A点飞出后，受重力和电场力的作用，在水平方向做匀减速运动，在竖直方向做自由落体运动，有由数学知识可解得，当=0时，在空中运动速度v有最小值，可得解得 速度v与水平方向的夹角是arctan0.25。