河南省南阳六校2022-2023学年高二上学期期中物理（解析版）

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2022-2023学年南阳六校高二年级上学期期中考试物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一个选项符合题目要求，第7~10题有多个选项符合要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列说法正确的是（）A.任何物体，只要其两端电势差不为零，就有电流存在B.导体的电阻由其两端的电压和通过的电流来决定C.电源内部，电流的方向是从低电势一端流向高电势一端D.导体中的电流一定是自由电子定向移动形成的【答案】C【解析】【详解】A．对于绝缘物体，其两端电势差不为零，绝缘物体中没有电流存在，A错误；B．导体的电阻只由导体本身决定，与其两端的电压和通过的电流无关，B错误；C．电源内部，电流的方向是从低电势一端流向高电势一端，C正确；D．离子和自由电子的定向移动都可以形成电流，D错误。故选C。2.如图所示，把矩形线圈abed放在匀强磁场中，开始时磁场与线圈平面垂直，当线圈从图示位置绕轴（俯视沿逆时针）转过30°时，穿过线圈的磁通量是，则再继续（俯视沿逆时针）转过30°时，穿过线圈的磁通量变为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据题意，设磁感应强度为，线圈面积为，由公式(为线圈平面与中性面的夹角)有

1再继续（俯视沿逆时针）转过30°时，则有故选B。3.如图所示，将一个气球在头发上摩擦几下，然后靠近绝缘桌面上的空易拉罐，在靠近过程中，下列说法正确的是（）A.易拉罐向气球方向滚动并被气球吸住后不再分开B.易拉罐靠近气球一侧的带电性质和气球的带电性质相同C.气球对易拉罐的作用力大于易拉罐对气球的作用力D.在气球与易拉罐接触之前，气球对易拉罐靠近一侧的作用力大于对易拉罐远离一侧的作用力【答案】D【解析】【详解】A．易拉罐向气球方向滚动并被气球吸住后由于易拉罐带上与气球同种电荷，易拉罐与气球将分开，A错误；B．根据静电感应原理，可知易拉罐靠近气球一侧的带电性质和气球的带电性质相反，B错误；C．气球对易拉罐的作用力与易拉罐对气球的作用力是一对相互作用力，大小总是相等，C错误；D．在气球与易拉罐接触之前，气球对易拉罐靠近一侧的作用力大于对易拉罐远离一侧的作用力，D正确。故选D。4.电动车已成为大众出行的常用交通工具。如图所示某品牌电动车电池的规格为“”，电机的额定工作电压为，额定工作电流为，则下列判断正确的是（　　）A.该车电池的容量为B.该车电池充满电后所储存的电能约为C.该车的额定电功率约为D.该车能正常行驶约小时

2【答案】D【解析】【详解】A．根据公式可得，该车电池的容量为该车能正常行驶时间为故A错误，D正确；B．该车电池充满电后所储存的电能约为故B错误；C．由公式可得，该车的额定电功率约为故C错误。故选D。5.正方形导体框粗细均匀，与固定直导线a、b两端连接，导体框处在匀强磁场中，导体框平面与磁场垂直，给导体框通入大小为的电流，导体框受到的安培力大小为，如图1所示；若仅将正方形一边断开，给导体框通入的电流大小仍为，如图2所示，此时导体框受到的安培力大小为，则（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据题意，由于正方形导体框粗细均匀，由公式可知，四条边电阻相等，由欧姆定律可得，流过正方形左边电流为，流过正方形上、下和右边的电流为,由公式可得，上下两边所受安培力相互抵消，则有图2中上下两边长度相等，电流大小相等，方向相反，所受安培力相互抵消，左边无电流，不受安培力，电流全部从右边通过，则电流大小为，则有

3则有故选C。6.如图所示，在正三角形的三个顶点分别固定有A，B，C三个可看成点电荷的带电小球，带电量分别为、、。此时三角形中心O点的场强大小为E。若将小球A与小球C接触后再放回原处，则此时O点的场强大小为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据题意可知，三个可看成点电荷的带电小球在点的电场强度，如图所示设三角形的边长为，由几何关系可得由点电荷场强公式可得，由几何关系可知，和的夹角为，则由电场的叠加原理可得若将小球A与小球C接触后再放回原处，则小球A和小球C的带电量均为

4，三个可看成点电荷的带电小球在点的电场强度，如图所示由点电荷场强公式可得，则由电场的叠加原理可得则有故选A。7.在如图所示的电路中，电压表和电流表均视为理想电表，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动过程中，灯泡的电阻恒定不变，电压表示数变化量的绝对值为，电流表示数变化量的绝对值为，则下列判断正确的是（　　）A.灯泡变亮B.电容器的带电量变小C.电源的效率增大D.变小【答案】AB【解析】【详解】AB．根据题意可知，滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，接入电路电阻变小，由闭合回路欧姆定律可得，电流表示数变大，电压表示数变小，路端电压U变小，则灯泡变亮，由公式可得，电容器的带电量变小，故AB正确；

5C．根据题意可得，电源的效率为由于变小，则变小，故C错误；D．根据题意，由闭合回路欧姆定律有可知保持不变，故D错误。故选AB。8.静电场中的x轴上有A、B两点，两点间沿x轴电势随位置变化的规律如图所示，一个带负电粒子在A点由静止释放，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点，则下列判断正确的是（　　）A.粒子的速度先增大后减小B.粒子的加速度先增大后减小C.粒子的电势能先增大后减小D.电场力对粒子先做正功后做负功【答案】AD【解析】【详解】ACD．设C点的电势最高，沿电场方向，电势逐渐降低，由图像可知，A点到C点的电场方向向左，C点到B点的电场方向向右，所以带负电的粒子从A到C的过程中，所受电场力向右，电场力做正功，速度增大，电势能减小，从C到B的过程中，所受电场力向左，电场力做负功，速度减小，电势能增加，故AD正确，C错误；B．图像的斜率大小表示电场强度的大小，由图像可知，A点到C点的电场强度逐渐减小，则所受电场力减小，由牛顿第二定律可知加速度减小，C点到B点的电场强度逐渐增大，则粒子所受电场力增大，加速度增大，故B错误。故选AD。9.如图所示为回旋加速器的示意图。两个靠得很近、半径为的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为，频率为的高频交变电源接在D形盒上，一个质量为的带电粒子从加速器的A处由静止开始加速。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）

6A.高频交流电源的电压越大，粒子获得的动能越大B.高频交流电源的电压越大，粒子被加速的时间越短C.带电粒子的电量为D.带电粒子获得的最大动能为【答案】BD【解析】【详解】C．设带电粒子电量为，带电粒子在磁场中的周期等于的高频交变电源的周期，则有解得故C错误；AD．粒子在磁场中运动轨迹的最大半径等于D形金属盒半径，则有解得粒子的最大速度为带电粒子获得的最大动能为可知粒子获得的最大动能与高频交流电源的电压无关，故A错误，D正确；B．高频交流电源的电压越大，则粒子在电场中被加速时的加速度越大，根据可知粒子被加速的时间越短，故B正确。故选BD。10.如图所示，真空中存在着水平向右的匀强电场，一个质量为带电量为

7的带正电的小球，从电场中的点以大小为的初速度竖直向上抛出。已知重力加速度为，电场强度大小，不计空气阻力，则小球在电场内运动的过程中（　　）A.小球做的是匀变速运动B.小球运动到最高点所用时间为C.小球的最小速度为D.从开始至小球的速度大小再次为过程中，电场力做功为【答案】ACD【解析】【详解】A．根据小球的初速度和受力特点，合力恒定，与初速度不在一条直线上，所以小球将做匀变速曲线运动，A正确；B．将小球的运动分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平向左的初速度为零的匀加速直线运动，其加速度分别为当小球运动到最高点时，由运动的独立性和等时性可知，小球运动到最高点所经历的时间B错误；C．将重力和电场力合成，合力方向为斜向右下方，设与水平方向夹角为，则小球运动过程中只有重力与电场力做功，当小球运动到速度方向与合力方向垂直时，速度最小，设小球从抛出到此位置经历的时间为t1，则解得

8故小球的最小速度为，C正确；D．当小球速度再次到达v0时，此时恰好是竖直方向速度为零的时候，由前面分析可得运动到此时所用时间为此时速度为水平位移为电场力做功为D正确。故选ACD。二、非选择题：本题共6小题，共60分。11.某同学用如图1所示电路做“观察电容器的充、放电现象”实验，其中电流传感器与计算机连接，可描绘出电容器充、放电电流随时间变化的规律，所用电源的电动势为8V。（1）先使开关K与1端相连，电源向电容器充电，再将开关K与2端相连，得到的电流随时间变化的规律如图2所示，则下列判断正确的是______（填选项前的序号）；A充电时间与放电时间一定相等B.图2中，图线1与图线2与时间轴所围的面积相等C.电容器充电过程，负电荷由电源的正极移动到电容器的正极板D.电容器放电过程，电容器的电容在不断减小

9（2）利用计算机将充电过程做进一步处理，得到的图像如图3所示，则充电结束时，电容器的带电量为______C；电容器的电容为______F。（均保留2位有效数字）【答案】①.B②.③.【解析】【详解】（1）[1]AB．根据，可知图线与时间轴围成的面积表示电荷量，由于电容器充电和放电的电量相等，所以曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积，与电阻存在无关，由于不知道充电电流和放电电流的关系，则不能确定充电时间与放电时间的关系，故A错误，B正确；C．电容器充电的过程中，负电荷由电源的负极移动到电容器的负极板，故C错误；D．电容器电容由电容器本身决定，不会随放电过程发生变化，故D错误；故选B。（2）[2]根据可知，图像与时间轴围成图像面积表示电容器充电过程中，极板上获得的电量，由图3可知，每个小格表示获得的电量为根据多于一半计一个，不足半个舍去的原则，可得电容器的带电量为[3]根据题意，由公式可得，电容器的电容为12.某同学要测量一个未知电阻的阻值。（1）该同学先用多用电表粗测该电阻的阻值，选择开关旋至电阻挡“×10”的位置，欧姆调零后，将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，电表中指针所指位置如图1中①所示，为了较准确测量电阻，需将选择开关调到______（填“×100”或“×1”）挡，重新欧姆调零后测量电阻，指针所指位置如图1中②所示，则该电阻的阻值为______Ω；（2）为了能精确测量该电阻的阻值，实验室提供了如下器材：电流表（，内阻）电流表（，内阻）

10电阻箱（）滑动变阻器（）干电池（，内阻不计）开关S及导线若干为了将表改装成量程为的电压表，将电阻箱与表串联，并将电阻箱的阻值调到______Ω；实验要求尽可能减小实验误差且便于处理实验数据，请根据实验室提供的器材在图2方框内画出实验电路图__________；（3）连接好电路，闭合电键后调节滑动变阻器，某次测得电流表、，的示数分别为、，则被测电阻_____（用、、、、表示）。【答案】①.②.③.④.⑤.【解析】【详解】（1）[1]根据题意，由图可知，选择“×10”挡时，指针偏转角度太小，则应选更大的欧姆档，即需将选择开关调到“×100”挡。[2]由图可知，则该电阻的阻值为（2）[3]根据题意，由公式可得，电流表的满偏电压为为了将表改装成量程为1.5V的电压表，则需串联一个电阻，阻值为

11即将电阻箱的阻值调到。[4]为了尽可能减小实验误差且便于处理实验数据，实验电路图，如图所示（3）[5]根据题意，由欧姆定律有可得13.如图所示电路中，电压表为理想电表，为电阻箱，为阻值8Ω的定值电阻，开始时，断开电键，闭合电键，调节电阻箱的阻值为0时，电压表的示数为，调节电阻箱的阻值为时，电压表的示数为，已知电动机的额定电压为，正常工作时输出的机械功率为，电动机线圈电阻为，求：（1）电源的电动势和内阻；（2）将电阻箱的电阻调到某一个值后闭合电键，电动机恰好能正常工作，则电阻箱调节后接入电路的电阻为多少。【答案】（1），；（2）或【解析】【详解】（1）根据题意，设电源电动势为，内阻为，由闭合回路欧姆定律，断开电键，闭合电键，调节电阻箱的阻值为0时，结合欧姆定律有

12调节电阻箱的阻值为时，有联立代入数据解得，（2）根据题意可知，电动机的额定电压设额定电流为，则有代入数据解得或由欧姆定律可得，流过电阻的电流为当时，流过电阻箱的电流为电阻箱两端的电压为则接入电路中电阻箱的阻值为当时，流过电阻箱的电流为电阻箱两端的电压为则接入电路中电阻箱的阻值为14.半径为的光滑绝缘圆环固定在竖直面内，O为圆环圆心，A、B两个带电小球套在圆环上，静止时位置如图所示。此时，OA与水平方向的夹角为，OB与水平方向的夹角为，已知球A的质量为，带电量为，重力加速度为，静电力常量为，求：（1）小球B的带电量及小球B的质量；（2）将A球固定，使A球的带电量缓慢减少，当A、B两球处于同一水平线上时，A、B

13两球间的库仑力多大，此时小球A的带电量变为多少？【答案】（1），；（2），【解析】【详解】（1）对A受力分析，受重力、圆环弹力、库仑力，如图所示由正弦定理可得又解得对B受力分析，受重力、圆环弹力、库仑力，由正弦定理可得又解得

14（2）A、B两球处于同一水平线上时，对B受力分析，受重力、圆环弹力、库仑力，如图所示根据受力平衡可得，A、B两球间的库仑力大小为A、B间的距离为又解得15.如图所示，在xOy坐标系第一象限内，x=2L和y轴之间有垂直纸面向里的匀强磁场I，磁感应强度大小为B，在y轴上有坐标为（，）的M点。现将质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子从x轴上坐标为（L，0）的P点沿y轴正方向射入磁场，粒子恰好从M点射出磁场，忽略粒子自身重力。求：（1）粒子的入射速度大小；（2）若在第一象限内、x=2L右侧有垂直坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，保持粒子射入磁场的速度大小不变，粒子从P点沿x轴正方向射入磁场，要使粒子射出磁场I后还能再回到磁场I，则磁场Ⅱ的磁感应强度大小应满足什么条件。

15【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）粒子恰好从M点射出磁场，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得解得则有粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有（2）粒子从P点沿x轴正方向射入磁场，在磁场I中做圆周运动，其运动轨道半径R2=R1；由几何关系可知在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，由几何关系则有解得粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得

1616.如图所示，竖直虚线MN左侧有斜向右上方与竖直方向夹角的匀强电场Ⅰ，在MN与竖直虚线PQ间有竖直向下的匀强电场Ⅱ，MN与PQ间的距离为，在电场Ⅰ中有长为L的水平绝缘板AB，B端在MN上，在PQ右侧有固定水平板CD，CD板的长为，C端离PQ的水平距离为，AB板与CD板的高度差为L。在板AB的左端A点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，小球沿AB板向右运动，对板的压力恰好为零，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）A、B两点间的电势差；（2）小球从A运动到B所用的时间；（3）要使小球能落在CD板上，电场Ⅱ的电场强度应满足什么条件。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）因为小球沿AB板向右运动，对板的压力恰好为零，所以可知小球受到的电场力在竖直方向的分力与重力相互平衡，所以有解得根据匀强电场电势差与场强的关系可得A、B两点间的电势差为（2）根据题意可知小球沿AB板向右运动时做匀加速直线运动，小球在水平方向受到电场力沿水平方向的分力，则根据牛顿第二定律可得小球的加速度为则根据匀变速直线运动位移与时间关系可得

17解得小球从A运动到B所用的时间为（3）小球沿AB板向右运动时做匀加速直线运动，则根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得小球离开B点时的速度为假设小球刚好能落在CD板上，即小球刚好落在C点与D点之间。根据题意可知，小球离开B点后在水平方向上做匀速直线运动，则设小球从B点到CD板的运动时间为t2，则其满足解得根据题意可知小球从B点到PQ的运动时间以及从PQ到C点的时间都为小球从B点到PQ的运动过程中，其在竖直方向上受到重力与电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为则小球从B点到PQ的运动过程中，其在竖直方向上的位移为小球到达PQ时，竖直方向上速度为小球离开PQ后，在竖直方向上只受到重力，则其竖直方向上的加速度为g，则小球从PQ到达板CD的位移为根据题意可知小球在竖直方向上的总位移为L，则有解得

18又因为联立解得