湖北省 2022-2023学年高二物理上学期期中考试试卷（Word版附解析）

华中师大一附中2022-2023学年度上学期高二期中检测物理试题一、选择题：本大题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求；第8～11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.锂离子电池主要依靠锂离子（）在正极和负极之间移动来工作，下图为锂电池放电时的内部结构。该过程中从负极通过隔膜返回正极。已知该锂电池的电动势为，则（　　）A.非静电力做的功越多，电动势越大B.移动一个锂离子，需要消耗电能C.“毫安·时”（）是电池储存能量的单位D.锂离子电池放电时，电池内部静电力做负功，化学能转化为电能【答案】D【解析】【详解】A．只有非静电力做功与所移动的电荷量的比值比较大时，电动势才比较大，只是做功多，不能说明电动势大，故A错误；B．根据电场力做功的公式得，把一个锂离子从负极移动到正极需要消耗的电能应该是，故B错误；C．根据电流定义式可知，“毫安·时”（）是电荷量的单位，故C错误；D．锂离子电池放电时，从负极通过隔膜返回正极，电池内部静电力做负功，化学能转化为电能，故D正确。故选D。 2.a、b、c是静电场中一直线上的三个点，从a点释放一个初速度为零的正电子，仅在静电力的作用下由a点经b点运动到c点，以a点为坐标原点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则（）A.该电场可能是孤立的点电荷产生的B.正电子在a点的加速度小于在b点的加速度C.电场中a点的电势高于b点的电势D.正电子从a点到c点的过程中，动能先减小后增大【答案】C【解析】【详解】A．若该电场是孤立的点电荷产生的，则由a点经b点运动到c点，正电荷的电势能应该是逐渐增大或者逐渐减小，由图可知，由a点经b点运动到c点，正电荷的电势能先减小后增大，所以该电场不是孤立的点电荷产生的，A错误；B．根据功能关系DEp=－FDx得则电势能Ep随位移x的变化关系图线斜率表示电场力，斜率的绝对值表示电场力的大小，由图可知a点图线斜率的绝对值大于在b点图线斜率的绝对值，所以正电子在a点电场力大于在b点的电场力，则正电子在a点的加速度大于在b点的加速度，B错误；C．根据电场中电势与正电子在该点电势能的关系可知，电场中a点的电势高于b点的电势，C正确；D．根据能量转化关系，正电子在电场中电势能和动能之间相互转化，a点到b点的过程中电势能减小，动能增加，b点到c点的过程中电势能增大，动能减小，则正电子从a点到c点的过程中，动能先增大后减小，D错误。 故选C。3.来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场（如图所示）的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是（　　）A.若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向东偏转B.若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向西偏转C.若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向南偏转D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁场中做匀速圆周运动【答案】A【解析】【详解】AB．赤道平面的磁场方向平行于地面，由地理南极指向地理北极，带正电的粒子沿地球赤道平面射向地心，由左手定则可知，其将受到地磁场的作用向东偏转，故A正确，B错误；CD．带电的粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，运动方向与磁感线方向平行，不受洛伦兹力，粒子不发生偏转，故C错误，D错误。故选A。4.如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一所受重力为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场的大小方向可变。要使金属棒静止，磁感应强度的最小值为（　　） A.B.1TC.D.【答案】C【解析】【详解】金属棒受到重力、支持力和安培力，根据力的三角形，当安培力和支持力垂直时，安培力最小，则有磁感应强度最小值为故选C。5.图甲为某元件R的U－I特性曲线，把它连接在图乙所示电路中。已知电源电动势E＝5V，内阻r＝2Ω，定值电阻R0＝3Ω。闭合开关S后，电源的总功率约为（　　）A.1.5WB.2WC.3WD.3.25W【答案】B【解析】【详解】设非线性元件的电压为U，电流为I，由欧姆定律得 U＝E－I(R0＋r)代入数据得U＝5－5I则可看成等效电源和等效内阻的关系U＝E′－Ir′＝5－5I在U－I图象中画出如图所示两图线交点坐标为(0.4A，3.0V)，则电源的总功率约为故选B。6.一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U0时，通过导线的电流为I0，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U0，则（　　）A.通过导线的电流为B.通过导线的电流为C.导线中自由电子定向移动的平均速率为D.导线中自由电子定向移动的平均速率为v【答案】A【解析】详解】AB．导线拉长前 导线拉长后拉长前后体积不变根据欧姆定律有解得A正确，B错误；CD．根据电流的微观定义式有解得CD错误。故选A。7.如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。则下列说法中正确的是（　　） A.若仅将B板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处B.若仅将A板稍微上移，带电小球将无法运动至N处C.若仅将变阻器的滑片上移，带电小球将无法运动至N处D.断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球将无法运动至N处【答案】B【解析】【详解】A．设P与N的竖直距离为H，平行板电容器两极板间的电压为U，距离为d，正对面积为s，由题可得小球由P到N用动能定理根据开关闭合，二极管左边为负极右边为正极，平行板电容器的公式得仅将B板稍微上移，电容增大，电容器充电，稳定时平行板电容器上下极板的电压U不变，N到P的距离变小为，假设小球仍可以运动到N点，速度为v，重新对小球由P点到N用动能定理得动能为负值，则带电小球不可以运动至N处。故A错误；B．若将A板上移，板间距增大，电容减小，由于二极管左边为负极右边为正极，电容器无法放电，电量不变，则两板间电压增大，由B解析中方程分析可得到N处时动能为负值，则带电小球不可以运动至N处，故B正确；C．若仅将变阻器的滑片上移，则滑动变阻器的电阻变大，电路稳定时通过R0的电流减小，电阻R0两端电压变小，R0上端电势降低，但二极管左边为负极右边为正极，无法放电，所以电容器两端的电压保持不变，则带电小球仍恰好运动至N处。故C错误；D．断开开关S，根据二极管左边为负极右边为正极，得电容器两极板电荷不会减少，电压不会变化。所以带电小球仍可以运动至N处。故D错误。故选B。8.如图所示，为回旋加速器原理图，D形金属盒半径为R，A处粒子源产生质量为m、电荷量为的粒子，在加速电场中被加速，在匀强磁场中偏转，所加磁场的磁感应强度、加速电场 的频率均可调，磁场的磁感应强度最大值为和加速电场频率的最大值为，则下列说法正确的是（　　）A.粒子获得的最大动能与加速电压有关B.粒子第n次和第次进入磁场的半径之比为C.若，则粒子获得的最大动能为D.若，则粒子获得的最大动能为【答案】D【解析】【详解】A．当粒子出D形盒时，速度最大，动能也最大，由粒子的速度与电压无关，动能与加速电压无关，故A错误；B．粒子在加速电场中被加速，记经过n次加速后的速度为vn，由动能定理可得由上述分析可知，粒子第n次进入磁场的半径为即 故B错误；CD．由题意可知，加速电场频率等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率，即当时，粒子的最大动能由fm决定，即则最大动能为故C错误，D正确。故选D。9.如图所示，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子。空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则（　　）A.粒子能打在板上区域长度是B.粒子能打在板上的区域长度是C.粒子从出发至打到板上的最短时间为D.粒子从出发至打到板上最长时间为【答案】BD【解析】【详解】AB．如图所示 粒子能打在板上的最左端和最右端假设为C点和D点。PC为轨迹圆的直径，C点为轨迹圆与板相切的点。过P点向板做垂线，垂足为O点。由几何关系得粒子能打在板上的区域长度A错误；B正确；C．设此时粒子出射速度的大小为v，在磁场中运动时间最长（优弧）和最短（劣弧）的粒子运动轨迹如图所示。劣弧对应的轨迹圆的圆心为，优弧对应的轨迹圆的圆心为，劣弧对应的弦长最短为PO的长度，劣弧对应的圆心角设为优弧。优弧恰好与板相切，对应的圆心角为。由数学知识可知 得粒子在磁场中运动的周期粒子从出发至打到板上的最短时间为C错误；D．又根据几何关系得粒子从出发至打到板上的最长时间为D正确。故选BD。10.某同学按如图甲所示连接电路，利用电压传感器研究电容器的放电过程。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的U-t曲线如图乙所示。电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压U0、图线与坐标轴围成的面积S、任一点的切线斜率k，但电源电动势和内阻、定值电阻R均未知。根据题目所给的信息，下列物理量能求出的是（　　） A.电容器放出的总电荷量B.通过电阻R的最大电流C.定值电阻RD.电源的内阻【答案】ABC【解析】【分析】根据题中物理情景描述可知，本题考查电容器，根据电容器充放电的规律，运用图像、电容定义式、电流定义式等，进行分析推断。【详解】A．根据图像的含义，U-t图像中，图线与纵轴的交点的纵坐标表示最大放电电压U0，因Q=CU0可以求出电容器放出的总电荷量，故A正确；B．由图像可知，图线切线斜率根据电流的定义可知故t=0时，放电电流可以求出，这就是通过电阻R的最大电流I，故通过电阻R的最大电流可以求出，B正确；C．电阻两端的最大电压是最大的放电电压U0，通过选项B分析可知，最大电压和最大电流均可以求出，根据欧姆定律可知，定值电阻 故定值电阻R可以求出，C正确；D．根据题意可知E=U0而电源内阻r无法求出，D错误。故选ABC。11.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻R1=R2=r，滑动变阻器R3的总阻值为6r，电流表A1和电流表A2为理想电流表。闭合开关S，调节滑动触头P，从a端移动到b端的过程中，下列说法正确的是（　　）A.滑动触头P向下移动过程中，电源的效率先减小后增大B.当滑动触头P位于ab端正中间时，电源的输出功率最大，最大值为C.电流表A1示数一直减小，电流表A2示数一直增大D.当滑动触头P位于ab端正中间时，滑动变阻器R3消耗的功率最大，最大值为【答案】CD【解析】【详解】A．滑片将电阻R3分成上下两部分并联，令上部分电阻为Ra，则并联总电阻可知，当滑动触头P，从a端移动到b端的过程中，ab两端并联总电阻先增大后减小，滑片在正中间时，并联总电阻达到最大值根据 可知，当滑动触头P，从a端移动到b端的过程中，ab两端并联总电阻先增大后减小，即外电路总电阻先增大后减小，则电源的效率先增大后减小，A错误；B．根据上述，当滑动触头P位于ab端正中间时，外电路总电阻最大，最大值为根据对勾函数的规律可知，此时电源的输出功率最大，最大值为B错误；C．滑动触头P，从a端移动到b端的过程中，从a端移动到b端的过程中，ab两端并联总电阻先增大后减小，即电路总电阻先增大后减小，则干路电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，R1中的电流先增大后减小，则R2中的电流先减小后增大，R2两端电压先减小后增大，则ab两端并联电压先增大后减小，由于R2中的电流先减小后增大，而a侧接入电阻增大，b侧接入电阻减小，可知，电流表A1示数一直减小，电流表A2示数一直增大，C正确；D．将电源、电阻R1、电阻R2，等效为一个新电源，其等效内阻为等效电动势为根据对勾函数可知，当滑动触头P位于ab端正中间时，滑动变阻器R3消耗的功率最大，最大值为 D正确。故选CD。二、非选择题∶本题共5小题，共56分。12.某同学利用螺旋测微器和游标卡尺分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图甲和乙所示，该工件的直径为___________mm，高度为___________cm。该同学又用多用电表欧姆挡测该工件的电阻，选择开关旋转到“×10”挡，多用电表读数如图丙所示，该工件的电阻为___________Ω。【答案】①.1.200②.1.060③.110【解析】【详解】[1]根据图甲可知，螺旋测微器固定刻度为1mm，可动刻度为则最终读数为[2]根据图乙可知，游标卡尺主尺读数为1cm，游标尺读数为则最终读数为[3]根据图丙可知，读数为11，且挡位是“×10”挡，所以最终读数为13.某同学要将一量程为1mA的毫安表改装为量程为10V的电压表。该同学测得毫安表内阻为150Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与毫安表连接，进行改装。然后利用一标准电压 表，对改装后的电表进行检测。实验室提供的器材有：电源E（电动势12V，内阻不计）；标准电压表V（量程10V，内阻约为10kΩ）；电阻箱R0（0～99999.9Ω）；滑动变阻器R1（最大阻值为20Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值为5kΩ）；开关S一个，导线若干。（1）要求从零开始对电压表全范围的刻度进行校准，请在如图甲的虚线框里画出实验电路图。_______（图中需标明所选器材）（2）电阻箱的阻值应调为_______Ω。（3）当标准电压表的示数为9V时，毫安表的指针位置如图乙所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是_______。（填正确答案标号）A．9VB．12VC．15VD．18V（4）产生上述问题的原因可能是________。（填正确答案标号）A．毫安表内阻测量错误，实际内阻大于150ΩB．毫安表内阻测量错误，实际内阻小于150ΩC．R0值计算错误，接入的电阻偏大D．R0值计算错误，接入的电阻偏小 【答案】①.②.9850③.C④.AC【解析】【详解】（1）[1]要求从零开始对电压表全范围的刻度进行校准，故滑动变阻器要分压式连接，滑动变阻器选择R1，电路图如下（2）[2]根据电压表改装原理，电阻箱的阻值为（3）[3]改装的电表量程为故选C（4）[4]当电压为9V时，毫安表的电流为0.6mA，即改装的电压表读数只有6V，即由毫安表改装的电压表示数偏小，说明其内阻偏大，原因有可能毫安表内阻测量错误，实际内阻大于150Ω，也可能是R0值计算错误，接入的电阻偏大，故选AC。14.电动自行车行驶的动力是靠蓄电池提供的，通常情况蓄电池内部也有电阻，简称电源内阻。某电动自行车蓄电池的电源电动势E=46V，给自行车的电动机输送I=6A的电流时，测得电动机两端的电压U=40V，此时自行车正以v=10m/s的速度在平直公路上匀速前进，其牵引力做功的功率P=200W（除电源内阻r与电动机内阻以外，不计其他电阻）。求：（1）自行车前进100m的路程，蓄电池消耗的总电能；（2）蓄电池的内阻r和电动机的内阻。 【答案】（1）2760J；（2），【解析】【详解】（1）自行车前进的时间蓄电池的功率则蓄电池消耗的电能（2）蓄电池的内阻电动机的电功率电动机的热功率由，解得电动机的内阻15.如图所示，MN和PQ是匀强磁场的理想边界，MN上方为匀强磁场Ⅰ，PQ下方为匀强磁场Ⅱ，MN和PQ间距为Δd=d，MN与PQ平行且之间区域没有场。质量为m、电荷量为q的带负电粒子自M点以大小为v0、方向与边界夹角为45°斜向右上方的速度第一次射入磁场Ⅰ，带电粒子每次穿越边界MN、PQ过程中动能都可能有损失，穿越后的动能为穿越前的k倍(k≤1)。已知两部分磁场方向均垂直于纸面向里，磁感应强度大小均为B=，粒子的重力和空气阻力可以忽略。（1）为了使粒子能返回MN边界，磁场Ⅰ的最小宽度L为多大?（2）若粒子自A点第一次离开磁场Ⅰ，为使粒子再次进入磁场Ⅰ的位置为A点，k的值为多少? 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律所以根据几何关系，Ⅰ磁场宽度d′（2）粒子自A点离开磁场，与边界夹角为45°，自B点进入Ⅱ磁场，自C点离开，为了粒子能返回A点所以 洛伦兹力提供向心力自Ⅰ磁场进入Ⅱ磁场，两次穿越边界解得16.空间中存在着水平向左的匀强电场，虚线下方区域同时存在着高度为H、大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。将质量为m、电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，小球的运动轨迹如图所示。AC两点在同一竖直线上，B点速度方向竖直向下，大小为。小球从C点进入虚线下方区域。不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）小球从A到C运动过程中的最小动能；（3）已知小球离开磁场区域时，速度方向竖直向下，求小球从A点出发到离开磁场区域的时间。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向上先做匀减速直线运动后做反向匀加速直线运动，水平方向的加速度为B点速度方向竖直向下，则，得（2）设电场力与重力的合力与水平方向的夹角为，则则当小球的速度与该合力垂直时，合力做负功最大，动能最小，设此时速度为v，则水平方向竖直方向得最小动能为（3）AC两点在同一竖直线上，则小球进入磁场时的水平速度为v0。小球从A到C的运动时 间为设小球进入磁场区域的竖直速度为vy，对应的水平方向的洛伦兹力为。小球离开磁场区域时，速度方向竖直向下，则水平速度变为0，在水平方向上应用动量定理整理得得小球从A点出发到离开磁场区域的时间为