2023大同高二上学期11月期中考试物理试题含解析

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大同市2022-2023学年度高二第一学期期中试题物理注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。4．考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。5．本试卷满分100分，考试时间90分钟。一、选择题：共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项符合题目要求，第9-12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. 下列描述静电场的物理量中与试探电荷的电荷量有关的是（　　）A. 电势能 B. 电势 C. 电势差 D. 电场强度【答案】A【解析】【详解】A．电荷的电势能为，既与电场有关，又与试探电荷有关，A正确；BCD．电场强度和电势、电势差是描述电场的性质的物理量，由电场本身决定，与试探电荷无关，BCD错误。故选A。2. 一架半导体收音机，电池供电的电流是，也就是说（    ）A. 电池供给的电量 B. 电池供给的电量C. 电池供给的电量 D. 电池供给的电量【答案】B【解析】【详解】电池供电的电流电量由电流定义式得故选B。3. 一根粗细均匀的导线，当其两端电压为时，通过的电流是，若将此导线均匀拉长到原来的3倍时，电流仍为，导线两端所加的电压变为（    ）A. 9U B.  C. 3U D. 【答案】A【解析】【详解】导线均匀拉长到原来的3倍时，横截面积变为原来的，由电阻定律知导线电阻变为原来的9倍，当电流不变时，由欧姆定律知其两端电压变为原来的9倍。故选A。4. 下列措施中不是利用静电作业的是（　　）A. 静电复印 B. 静电除尘C. 静电喷涂 D. 高楼顶端安装避雷针【答案】D【解析】【详解】A．复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉成在鼓上。故A属于静电的利用；故A不符合题意；B．静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动。故B属于静电的利用；故B不符合题意；C．喷枪喷出油漆微粒带正电，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。故C属于静电应用；故C不符合题意；D．在高楼顶端安装避雷针属于防止静电造成危害，D属于静电的防止，不属于静电应用；故D符合题意本题选择不是利用静电作业的，故选D。5. 2022年10月13日6时53分，我国在太原卫星发射中心成功将5米S-SAR 01星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。卫星两翼的太阳能电池板可把太阳能转化为电能供卫星使用。下列关于电源和电流的说法中，正确的是（    ）A. 电流既有大小又有方向，它是一个矢量B. 只要物体两端电势差不为零，就一定有电流存在C. 在电源内部，电源把电子由正极搬运到负极D. 电解液中正、负离子定向移动的方向相反时，形成的电流方向也是相反的【答案】C【解析】【详解】A．电流只有大小，没有方向，科学家为了研究方便，人为规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，故A错误；B．形成持续的电流有两个条件：有电势差、有闭合回路，物体两端电势差不为零，如果没有形成闭合回路，也是没有电流的，故B错误；C．电源内部，非静电力对电荷做正功，产生电源电动势，所以电源内部电源把正电荷从负极移到正极，把负电荷从正极移到负极，故C正确；D．物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，负电荷定向移动的方向为电流的反方向，所以电解液中正、负离子定向移动的方向相反时，形成的电流方向是相同的，故D错误。故选C。6. 如图所示，在倾角为的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与球连接。、两小球的质量均为，球的电荷量，、两小球的间距为，系统处于静止状态。已知静电力常量为，、两小球均可视为点电荷，则（　　）A. 弹簧伸长量为B. 球的电荷量C. 球受到的库仑力大小为D. 若增大球的电荷量，系统再次平衡后，弹簧伸长量会增加【答案】B【解析】【详解】A．以、两小球为整体，由平衡条件可得解得A错误；     BC．对B小球，由库仑定律公式和平衡条件可得因A小球带正电，A、B两小球之间的库仑力为引力，因此解得由牛顿第三定律可知，A小球受到B小球库仑力大小为B正确，C错误；D．若增大球的电荷量，会增大A、B两球的库仑力，A、B两球组成的系统再次平衡后，弹簧的弹力只与两球的质量有关，两球的质量不变，弹簧伸长量不变，弹簧伸长量不会增加，D错误。故选B。7. 如图所示，真空中有两个点电荷和，分别固定在坐标轴的和的位置上。以下说法正确的是（　　）A. 在轴上有两个场强为零的点 B. 在处场强恰好为零C. 处的场强沿轴正方向 D. 处的场强方向沿轴正方向【答案】C【解析】【详解】AB．由题意可知，Q1带正电，Q2带负电，因此只有x在0~4cm的范围内两点电荷产生的场强方向相同，且沿x轴的正方向，则合场强的方向沿x轴正方向，合场强不会是零。由点电荷的场强公式可知，因Q1> Q2，因此在x<0的范围内，合场强是零的点不会有，只有在x>4cm范围有合场强是零的点，设在x处合场强等于零，则有解得x=8cmAB错误； C．由点电荷的场强公式可知，Q1在处的场强Q2在处的场强可知E1>E2因此处的场强沿轴正方向，C正确；D．同理可知Q1在处的场强Q2在处的场强可知因此处的场强方向沿轴负方向，D错误。故选C。8. 如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为、，粒子在M和N时加速度大小分别为、，速度大小分别为、，电势能分别为、。下列判断正确的是（　　）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】D【解析】【详解】若粒子从M点运动到N点，作出轨迹和电场线交点处的受力方向与速度方向如图所示由图可知，粒子从M点到N点，电场线越来越密，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，粒子的加速度增加，即速度方向与力的方向间的夹角为钝角，则速度不断减小，即粒子速度减小，动能减小，根据能量守恒可得，粒子的电势能增大，即根据电势能与电势的关系可得若粒子从N点运动到M点，作出轨迹和电场线交点处的受力方向与速度方向如图所示由于速度方向与力的方向夹角为锐角，则速度增大，即所以仍然有，，故选D。9. 如图所示的实验装置中，极板接地，平行板电容器的极板与一个灵敏静电计相接。下列说法正确的是（　　）A. 实验中，只将电容器板向右移，静电计指针的张角变小B. 实验中，只将电容器板向上平移，静电计指针的张角变大C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D. 实验中，只增加极板所带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【答案】AB【解析】【详解】A．实验中，b板向右移，两极板间距离减小，由电容的决定式可知电容增大，电容器电量一定，由电容的定义式可知电压减小，静电计指针的张角变小，故A正确；B．实验中，只将电容器b板向上平移，正对面积减小，由电容的决定式可知电容减小，电容器电量一定，由电容的定义式可知电压增大，静电计指针的张角变大，故B正确；C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，由电容的决定式可知电容增大，电容器电量一定，由电容的定义式可知电压减小，静电计指针的张角变小，故C错误；D．实验中，只增加极板所带电荷量，由电容的定义式可知电压增大，静电计指针的张角变大，由电容的决定式可知电容不变，故D错误。故选AB。10. 如图所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（　　）A. 甲表是电流表，R增大时量程增大B. 甲表是电流表，R增大时量程减小C. 乙表是电压表，R增大时量程减小D. 乙表是电压表，R增大时量程增大【答案】BD【解析】【详解】AB．甲表中电流计与电阻并联，由于电阻的分流作用使总电流增大，故甲是电流表，R增大时分流变小。则量程减小。故B正确A错误；CD．乙表中电流表与电阻串联，由于电阻的分压作用，可以测量电压，故为电压表，当R增大时分压变大，量程增大。故D正确C错误；故选BD11. 如图所示，在直角三角形所在平面内存在方向与平面平行的匀强电场（未画出），已知，。若将电荷量的正电荷从A移到B过程中，电场力做功为；将另一电荷量的负电荷从A移到C过程中，克服电场力做功为，则以下说法正确的是（    ）A.  B. C 电场强度，方向从A指向C D. 电场强度，方向从A指向B【答案】BC【解析】【详解】A．A、C两点的电势差故A错误；B．A、B两点的电势差由于，，则有故B正确；CD．由几何关系可得在匀强电场中任意一条直线上相等距离的两点间电势差相等，设在边上距离A点的一点为D点，则A、D两点间电势差为3V，故B、D两点电势相等，由几何关系判断垂直，所以电场强度大小为电场强度方向为从A指向C，故C正确，D错误。故选BC。12. 空间中某静电场的电场强度随的变化图像如图所示，规定沿轴正方向为电场强度的正方向。一钠离子仅在电场力的作用下沿轴从点运动到处，在此过程中（　　）A. 钠离子的电势能一直增大B. 钠离子的加速度先增大后减小C. 钠离子在处的速率大于在处的速率D. 和两点间的电势差小于和两点间的电势差【答案】CD【解析】【详解】A．钠离子在轴上从点运动到的过程，钠离子受到的电场力沿轴正方向，所以电场力对钠离子一直做正功，钠离子的电势能一直减小，选项A错误；B．由图像可知，电场强度一直增大，所以钠离子受到的电场力一直增大，钠离子的加速度一直增大，选项B错误；C．电场力对钠离子一直做正功，根据动能定理可知，钠离子的动能增大，所以钠离子在处的速率大于在处的速率，选项C正确；D．图像的面积表示两点间的电势差，所以和两点间的电势差小于和两点间的电势差，选项D正确。故选CD二、实验题：共16分。13. 用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关和两个部件、，测量电阻前完成下列步骤。（1）旋动部件__________（选填“”或“”），使指针对准电流的“0”刻线；（2）将旋转到欧姆挡“”的位置；（3）将插入“＋”、“－”插孔的两表笔短接，旋动部件__________（选填“”或“”），使指针对准电阻的__________（选填“0刻线”或“刻线”）。【答案】    ①.     ②.     ③. 0刻线【解析】【详解】（1）[1]电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线。（3）[2][3]将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线14. 某物理学习小组采用“伏安法”测金属丝的电阻率实验，实验室备有下列实验器材：A．电压表（量程，内阻约为）B．电流表（量程，内阻约为）C．滑动变阻器（，）D．电池组（电压为）E．待测金属丝（阻值约为）F．开关，导线若干，游标卡尺，螺旋测微器等（1）实验中用螺旋测微器测量金属丝的直径d，如图甲所示，则金属丝的直径__________；用游标卡尺测量金属丝的长度，如图乙所示，则金属丝的长度__________。（2）本实验电流表应采用__________（填“内接法”或“外接法”）。（3）请在下面方框中设计实验电路图。__________（4）如果实验中测得金属丝的电阻值为，用游标卡尺测出的金属丝长度为，用螺旋测微器测出的金属丝的直径为，则其电阻率__________（用给出的字母表示）。【答案】    ①. 2.931##2.932##2.933##2.934    ②. 10.02    ③. 外接法    ④.     ⑤. 【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，故金属丝的直径为d＝2.5mm＋0.01mm×43.3＝2.933mm[2]游标卡尺的分度值为0.1mm，卡尺不需要估读，所以金属丝的长度为L＝100mm＋0.1mm×2＝100.2mm＝10.02cm（2）[3]金属丝的电阻与电流表的内阻接近，分压显著，为了减小误差，故应将电流表外接；（3）[4]滑动变阻器的电阻与金属丝相差不多，可以便于调节电路中的电流，所以采用限流式即可，故实验电路图如图所示（4）[5]根据电阻定律   
 根据题中数据   
 三、计算题：共36分。解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分。15. 如图所示，、两点间电压恒定为，定值电阻 、。（1）若在、之间接一个的电容器，闭合开关，电路稳定后，求电容器上所带的电荷量；（2）若在、之间接一个内阻的电压表，求电压表的示数。【答案】（1）；（2）9V【解析】【详解】（1）设电容器上的电压为，则电容器的带电荷量解得（2）电压表与并联后电阻为则电压表两端的电压为解得16. 如图所示，为固定的正点电荷，、两点在的正上方和相距分别为和，将另一点电荷从点由静止释放，运动到点时速度正好又变为零。若此电荷在点处的加速度大小为，已知静电力常量为，试求：（1）此电荷在点处的加速度大小；（2）、两点间的电势差（用、和表示）。【答案】（1），方向竖直向上；（2）【解析】【详解】（1）这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时B点时解得方向竖直向上（2）从A到B过程，由动能定理得解得17. 如图所示，光滑绝缘的固定斜面（足够长）倾角为，一带正电的小物块质量为，电荷量为，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上。从某时刻开始，电场强度变化为原来的，（，，）求：（1）原来的电场强度大小；（2）电场强度变化为原来的后，小物块运动的加速度大小；（3）小物块开始运动内的位移大小。【答案】（1）；（2）；（3）2.4m【解析】【详解】（1）对小物块受力分析如图所示，小物块恰好静止于斜面上，则解得（2）当场强变为原来的时，小物块沿斜面向下加速运动，由牛顿第二定律有解得（3）由运动学公式，知18. 如图所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道，部分是半径的光滑半圆轨道，部分是粗糙的水平轨道，轨道所在的竖直平面内分布着的水平向右的有界匀强电场，为电场的左侧边界。现将一质量为、电荷量为的带负电滑块（视为质点）从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。已知滑块与间的动摩擦因数为，取。求：（1）滑块通过A点时速度的大小；（2）滑块在轨道上的释放点到点的距离；（3）滑块离开A点后在空中运动速度的最小值。【答案】（1）；（2）；（3）1.6m/s【解析】【详解】（1）因为滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零，所以有解得（2）滑块由静止释放到A点的过程，根据动能定理可得解得（3）离开A点后滑块在运动过程中只受重力和电场力且均为恒力，设合力为，重力与合力夹角为，如图所示：将滑块的运动按照图示进行分解，则方向做匀速直线运动，方向做匀变速直线运动。当方向速度减小为零滑块速度最小，最小为。有解得