河南省南陽六校2022-2023學年高二上學期期中物理（解析版）

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2022-2023學年南陽六校高二年級上學期期中考試物理試卷一、選擇題：本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，第1~6題只有一個選項符合題目要求，第7~10題有多個選項符合要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.下列說法正確的是（）A.任何物體，只要其兩端電勢差不為零，就有電流存在B.導體的電阻由其兩端的電壓和通過的電流來決定C.電源內部，電流的方向是從低電勢一端流向高電勢一端D.導體中的電流一定是自由電子定向移動形成的【答案】C【解析】【詳解】A．對于絕緣物體，其兩端電勢差不為零，絕緣物體中沒有電流存在，A錯誤；B．導體的電阻只由導體本身決定，與其兩端的電壓和通過的電流無關，B錯誤；C．電源內部，電流的方向是從低電勢一端流向高電勢一端，C正確；D．離子和自由電子的定向移動都可以形成電流，D錯誤。故選C。2.如圖所示，把矩形線圈abed放在勻強磁場中，開始時磁場與線圈平面垂直，當線圈從圖示位置繞軸（俯視沿逆時針）轉過30°時，穿過線圈的磁通量是，則再繼續(xù)（俯視沿逆時針）轉過30°時，穿過線圈的磁通量變?yōu)椋ā　。〢.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】根據題意，設磁感應強度為，線圈面積為，由公式(為線圈平面與中性面的夾角)有

1再繼續(xù)（俯視沿逆時針）轉過30°時，則有故選B。3.如圖所示，將一個氣球在頭發(fā)上摩擦幾下，然后靠近絕緣桌面上的空易拉罐，在靠近過程中，下列說法正確的是（）A.易拉罐向氣球方向滾動并被氣球吸住后不再分開B.易拉罐靠近氣球一側的帶電性質和氣球的帶電性質相同C.氣球對易拉罐的作用力大于易拉罐對氣球的作用力D.在氣球與易拉罐接觸之前，氣球對易拉罐靠近一側的作用力大于對易拉罐遠離一側的作用力【答案】D【解析】【詳解】A．易拉罐向氣球方向滾動并被氣球吸住后由于易拉罐帶上與氣球同種電荷，易拉罐與氣球將分開，A錯誤；B．根據靜電感應原理，可知易拉罐靠近氣球一側的帶電性質和氣球的帶電性質相反，B錯誤；C．氣球對易拉罐的作用力與易拉罐對氣球的作用力是一對相互作用力，大小總是相等，C錯誤；D．在氣球與易拉罐接觸之前，氣球對易拉罐靠近一側的作用力大于對易拉罐遠離一側的作用力，D正確。故選D。4.電動車已成為大眾出行的常用交通工具。如圖所示某品牌電動車電池的規(guī)格為“”，電機的額定工作電壓為，額定工作電流為，則下列判斷正確的是（　?。〢.該車電池的容量為B.該車電池充滿電后所儲存的電能約為C.該車的額定電功率約為D.該車能正常行駛約小時

2【答案】D【解析】【詳解】A．根據公式可得，該車電池的容量為該車能正常行駛時間為故A錯誤，D正確；B．該車電池充滿電后所儲存的電能約為故B錯誤；C．由公式可得，該車的額定電功率約為故C錯誤。故選D。5.正方形導體框粗細均勻，與固定直導線a、b兩端連接，導體框處在勻強磁場中，導體框平面與磁場垂直，給導體框通入大小為的電流，導體框受到的安培力大小為，如圖1所示；若僅將正方形一邊斷開，給導體框通入的電流大小仍為，如圖2所示，此時導體框受到的安培力大小為，則（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】根據題意，由于正方形導體框粗細均勻，由公式可知，四條邊電阻相等，由歐姆定律可得，流過正方形左邊電流為，流過正方形上、下和右邊的電流為,由公式可得，上下兩邊所受安培力相互抵消，則有圖2中上下兩邊長度相等，電流大小相等，方向相反，所受安培力相互抵消，左邊無電流，不受安培力，電流全部從右邊通過，則電流大小為，則有

3則有故選C。6.如圖所示，在正三角形的三個頂點分別固定有A，B，C三個可看成點電荷的帶電小球，帶電量分別為、、。此時三角形中心O點的場強大小為E。若將小球A與小球C接觸后再放回原處，則此時O點的場強大小為（　?。〢.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】根據題意可知，三個可看成點電荷的帶電小球在點的電場強度，如圖所示設三角形的邊長為，由幾何關系可得由點電荷場強公式可得，由幾何關系可知，和的夾角為，則由電場的疊加原理可得若將小球A與小球C接觸后再放回原處，則小球A和小球C的帶電量均為

4，三個可看成點電荷的帶電小球在點的電場強度，如圖所示由點電荷場強公式可得，則由電場的疊加原理可得則有故選A。7.在如圖所示的電路中，電壓表和電流表均視為理想電表，閉合電鍵S，將滑動變阻器滑片P緩慢向右移動過程中，燈泡的電阻恒定不變，電壓表示數變化量的絕對值為，電流表示數變化量的絕對值為，則下列判斷正確的是（　　）A.燈泡變亮B.電容器的帶電量變小C.電源的效率增大D.變小【答案】AB【解析】【詳解】AB．根據題意可知，滑動變阻器滑片P緩慢向右移動，接入電路電阻變小，由閉合回路歐姆定律可得，電流表示數變大，電壓表示數變小，路端電壓U變小，則燈泡變亮，由公式可得，電容器的帶電量變小，故AB正確；

5C．根據題意可得，電源的效率為由于變小，則變小，故C錯誤；D．根據題意，由閉合回路歐姆定律有可知保持不變，故D錯誤。故選AB。8.靜電場中的x軸上有A、B兩點，兩點間沿x軸電勢隨位置變化的規(guī)律如圖所示，一個帶負電粒子在A點由靜止釋放，僅在電場力作用下沿直線從A點運動到B點，則下列判斷正確的是（　?。〢.粒子的速度先增大后減小B.粒子的加速度先增大后減小C.粒子的電勢能先增大后減小D.電場力對粒子先做正功后做負功【答案】AD【解析】【詳解】ACD．設C點的電勢最高，沿電場方向，電勢逐漸降低，由圖像可知，A點到C點的電場方向向左，C點到B點的電場方向向右，所以帶負電的粒子從A到C的過程中，所受電場力向右，電場力做正功，速度增大，電勢能減小，從C到B的過程中，所受電場力向左，電場力做負功，速度減小，電勢能增加，故AD正確，C錯誤；B．圖像的斜率大小表示電場強度的大小，由圖像可知，A點到C點的電場強度逐漸減小，則所受電場力減小，由牛頓第二定律可知加速度減小，C點到B點的電場強度逐漸增大，則粒子所受電場力增大，加速度增大，故B錯誤。故選AD。9.如圖所示為回旋加速器的示意圖。兩個靠得很近、半徑為的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度大小為，頻率為的高頻交變電源接在D形盒上，一個質量為的帶電粒子從加速器的A處由靜止開始加速。不計粒子的重力，下列說法正確的是（）

6A.高頻交流電源的電壓越大，粒子獲得的動能越大B.高頻交流電源的電壓越大，粒子被加速的時間越短C.帶電粒子的電量為D.帶電粒子獲得的最大動能為【答案】BD【解析】【詳解】C．設帶電粒子電量為，帶電粒子在磁場中的周期等于的高頻交變電源的周期，則有解得故C錯誤；AD．粒子在磁場中運動軌跡的最大半徑等于D形金屬盒半徑，則有解得粒子的最大速度為帶電粒子獲得的最大動能為可知粒子獲得的最大動能與高頻交流電源的電壓無關，故A錯誤，D正確；B．高頻交流電源的電壓越大，則粒子在電場中被加速時的加速度越大，根據可知粒子被加速的時間越短，故B正確。故選BD。10.如圖所示，真空中存在著水平向右的勻強電場，一個質量為帶電量為

7的帶正電的小球，從電場中的點以大小為的初速度豎直向上拋出。已知重力加速度為，電場強度大小，不計空氣阻力，則小球在電場內運動的過程中（　?。〢.小球做的是勻變速運動B.小球運動到最高點所用時間為C.小球的最小速度為D.從開始至小球的速度大小再次為過程中，電場力做功為【答案】ACD【解析】【詳解】A．根據小球的初速度和受力特點，合力恒定，與初速度不在一條直線上，所以小球將做勻變速曲線運動，A正確；B．將小球的運動分解為豎直方向的豎直上拋運動和水平向左的初速度為零的勻加速直線運動，其加速度分別為當小球運動到最高點時，由運動的獨立性和等時性可知，小球運動到最高點所經歷的時間B錯誤；C．將重力和電場力合成，合力方向為斜向右下方，設與水平方向夾角為，則小球運動過程中只有重力與電場力做功，當小球運動到速度方向與合力方向垂直時，速度最小，設小球從拋出到此位置經歷的時間為t1，則解得

8故小球的最小速度為，C正確；D．當小球速度再次到達v0時，此時恰好是豎直方向速度為零的時候，由前面分析可得運動到此時所用時間為此時速度為水平位移為電場力做功為D正確。故選ACD。二、非選擇題：本題共6小題，共60分。11.某同學用如圖1所示電路做“觀察電容器的充、放電現象”實驗，其中電流傳感器與計算機連接，可描繪出電容器充、放電電流隨時間變化的規(guī)律，所用電源的電動勢為8V。（1）先使開關K與1端相連，電源向電容器充電，再將開關K與2端相連，得到的電流隨時間變化的規(guī)律如圖2所示，則下列判斷正確的是______（填選項前的序號）；A充電時間與放電時間一定相等B.圖2中，圖線1與圖線2與時間軸所圍的面積相等C.電容器充電過程，負電荷由電源的正極移動到電容器的正極板D.電容器放電過程，電容器的電容在不斷減小

9（2）利用計算機將充電過程做進一步處理，得到的圖像如圖3所示，則充電結束時，電容器的帶電量為______C；電容器的電容為______F。（均保留2位有效數字）【答案】①.B②.③.【解析】【詳解】（1）[1]AB．根據，可知圖線與時間軸圍成的面積表示電荷量，由于電容器充電和放電的電量相等，所以曲線1與橫軸所圍面積等于曲線2與橫軸所圍面積，與電阻存在無關，由于不知道充電電流和放電電流的關系，則不能確定充電時間與放電時間的關系，故A錯誤，B正確；C．電容器充電的過程中，負電荷由電源的負極移動到電容器的負極板，故C錯誤；D．電容器電容由電容器本身決定，不會隨放電過程發(fā)生變化，故D錯誤；故選B。（2）[2]根據可知，圖像與時間軸圍成圖像面積表示電容器充電過程中，極板上獲得的電量，由圖3可知，每個小格表示獲得的電量為根據多于一半計一個，不足半個舍去的原則，可得電容器的帶電量為[3]根據題意，由公式可得，電容器的電容為12.某同學要測量一個未知電阻的阻值。（1）該同學先用多用電表粗測該電阻的阻值，選擇開關旋至電阻擋“×10”的位置，歐姆調零后，將紅、黑表筆的筆尖分別與電阻兩端接觸，電表中指針所指位置如圖1中①所示，為了較準確測量電阻，需將選擇開關調到______（填“×100”或“×1”）擋，重新歐姆調零后測量電阻，指針所指位置如圖1中②所示，則該電阻的阻值為______Ω；（2）為了能精確測量該電阻的阻值，實驗室提供了如下器材：電流表（，內阻）電流表（，內阻）

10電阻箱（）滑動變阻器（）干電池（，內阻不計）開關S及導線若干為了將表改裝成量程為的電壓表，將電阻箱與表串聯(lián)，并將電阻箱的阻值調到______Ω；實驗要求盡可能減小實驗誤差且便于處理實驗數據，請根據實驗室提供的器材在圖2方框內畫出實驗電路圖__________；（3）連接好電路，閉合電鍵后調節(jié)滑動變阻器，某次測得電流表、，的示數分別為、，則被測電阻_____（用、、、、表示）。【答案】①.②.③.④.⑤.【解析】【詳解】（1）[1]根據題意，由圖可知，選擇“×10”擋時，指針偏轉角度太小，則應選更大的歐姆檔，即需將選擇開關調到“×100”擋。[2]由圖可知，則該電阻的阻值為（2）[3]根據題意，由公式可得，電流表的滿偏電壓為為了將表改裝成量程為1.5V的電壓表，則需串聯(lián)一個電阻，阻值為

11即將電阻箱的阻值調到。[4]為了盡可能減小實驗誤差且便于處理實驗數據，實驗電路圖，如圖所示（3）[5]根據題意，由歐姆定律有可得13.如圖所示電路中，電壓表為理想電表，為電阻箱，為阻值8Ω的定值電阻，開始時，斷開電鍵，閉合電鍵，調節(jié)電阻箱的阻值為0時，電壓表的示數為，調節(jié)電阻箱的阻值為時，電壓表的示數為，已知電動機的額定電壓為，正常工作時輸出的機械功率為，電動機線圈電阻為，求：（1）電源的電動勢和內阻；（2）將電阻箱的電阻調到某一個值后閉合電鍵，電動機恰好能正常工作，則電阻箱調節(jié)后接入電路的電阻為多少?！敬鸢浮浚?），；（2）或【解析】【詳解】（1）根據題意，設電源電動勢為，內阻為，由閉合回路歐姆定律，斷開電鍵，閉合電鍵，調節(jié)電阻箱的阻值為0時，結合歐姆定律有

12調節(jié)電阻箱的阻值為時，有聯(lián)立代入數據解得，（2）根據題意可知，電動機的額定電壓設額定電流為，則有代入數據解得或由歐姆定律可得，流過電阻的電流為當時，流過電阻箱的電流為電阻箱兩端的電壓為則接入電路中電阻箱的阻值為當時，流過電阻箱的電流為電阻箱兩端的電壓為則接入電路中電阻箱的阻值為14.半徑為的光滑絕緣圓環(huán)固定在豎直面內，O為圓環(huán)圓心，A、B兩個帶電小球套在圓環(huán)上，靜止時位置如圖所示。此時，OA與水平方向的夾角為，OB與水平方向的夾角為，已知球A的質量為，帶電量為，重力加速度為，靜電力常量為，求：（1）小球B的帶電量及小球B的質量；（2）將A球固定，使A球的帶電量緩慢減少，當A、B兩球處于同一水平線上時，A、B

13兩球間的庫侖力多大，此時小球A的帶電量變?yōu)槎嗌?？【答案】?），；（2），【解析】【詳解】（1）對A受力分析，受重力、圓環(huán)彈力、庫侖力，如圖所示由正弦定理可得又解得對B受力分析，受重力、圓環(huán)彈力、庫侖力，由正弦定理可得又解得

14（2）A、B兩球處于同一水平線上時，對B受力分析，受重力、圓環(huán)彈力、庫侖力，如圖所示根據受力平衡可得，A、B兩球間的庫侖力大小為A、B間的距離為又解得15.如圖所示，在xOy坐標系第一象限內，x=2L和y軸之間有垂直紙面向里的勻強磁場I，磁感應強度大小為B，在y軸上有坐標為（，）的M點?，F將質量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子從x軸上坐標為（L，0）的P點沿y軸正方向射入磁場，粒子恰好從M點射出磁場，忽略粒子自身重力。求：（1）粒子的入射速度大?。唬?）若在第一象限內、x=2L右側有垂直坐標平面向外的勻強磁場Ⅱ，保持粒子射入磁場的速度大小不變，粒子從P點沿x軸正方向射入磁場，要使粒子射出磁場I后還能再回到磁場I，則磁場Ⅱ的磁感應強度大小應滿足什么條件。

15【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）粒子恰好從M點射出磁場，粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得解得則有粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有（2）粒子從P點沿x軸正方向射入磁場，在磁場I中做圓周運動，其運動軌道半徑R2=R1；由幾何關系可知在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動，由幾何關系則有解得粒子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，可得

1616.如圖所示，豎直虛線MN左側有斜向右上方與豎直方向夾角的勻強電場Ⅰ，在MN與豎直虛線PQ間有豎直向下的勻強電場Ⅱ，MN與PQ間的距離為，在電場Ⅰ中有長為L的水平絕緣板AB，B端在MN上，在PQ右側有固定水平板CD，CD板的長為，C端離PQ的水平距離為，AB板與CD板的高度差為L。在板AB的左端A點由靜止釋放一個質量為m、電荷量為q的帶正電的小球，小球沿AB板向右運動，對板的壓力恰好為零，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）A、B兩點間的電勢差；（2）小球從A運動到B所用的時間；（3）要使小球能落在CD板上，電場Ⅱ的電場強度應滿足什么條件?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）因為小球沿AB板向右運動，對板的壓力恰好為零，所以可知小球受到的電場力在豎直方向的分力與重力相互平衡，所以有解得根據勻強電場電勢差與場強的關系可得A、B兩點間的電勢差為（2）根據題意可知小球沿AB板向右運動時做勻加速直線運動，小球在水平方向受到電場力沿水平方向的分力，則根據牛頓第二定律可得小球的加速度為則根據勻變速直線運動位移與時間關系可得

17解得小球從A運動到B所用的時間為（3）小球沿AB板向右運動時做勻加速直線運動，則根據勻變速直線運動速度與時間的關系可得小球離開B點時的速度為假設小球剛好能落在CD板上，即小球剛好落在C點與D點之間。根據題意可知，小球離開B點后在水平方向上做勻速直線運動，則設小球從B點到CD板的運動時間為t2，則其滿足解得根據題意可知小球從B點到PQ的運動時間以及從PQ到C點的時間都為小球從B點到PQ的運動過程中，其在豎直方向上受到重力與電場力，做初速度為零的勻加速直線運動，其加速度為則小球從B點到PQ的運動過程中，其在豎直方向上的位移為小球到達PQ時，豎直方向上速度為小球離開PQ后，在豎直方向上只受到重力，則其豎直方向上的加速度為g，則小球從PQ到達板CD的位移為根據題意可知小球在豎直方向上的總位移為L，則有解得

18又因為聯(lián)立解得