【文档说明】山西省长治市上党区2022-2023学年高二上学期11月期中考试物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.576 MB，由小赞的店铺上传

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2022~2023学年山西省名校高二上学期期中联合考试物理考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。2．请将各题答案填写在答题卡上。第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题：本题共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小题只有一项符合题目要求，第9~12小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，有选错或不答的得0分。1.下列说法正确的是（）A.任何情况下云冈石窟都不可以作为参考系

B.从忻州到大同坐火车与坐汽车的路程相同C.质量是惯性大小的唯一量度D.引力常量是牛顿通过实验测出来的【答案】C【解析】【详解】A．有利于描述物体运动时，云冈石窟可以作为参考系，A错误；B．不同的运动路径

，路程可能不同，B错误；C．惯性是物体的属性，只有质量决定，C正确；D．引力常量是由卡文迪许通过实验测出来的，D错误。故选C。2.将螺线管连接起来后，发现小磁针的N极立即向螺线管偏转，如图所示。用M、N和P、Q分别表示蓄电池和螺线

管两极，下列判断正确的是（）A.蓄电池N端为正极B.蓄电池M端为正极C.螺线管P端为S极D.螺线管内部磁场方向由P指向Q【答案】A【解析】【详解】C．小磁针的N极向螺线管偏转说明小磁针所在位置磁场方向向左，即螺线管P端为N

极，Q端为S极，故C错误；D．在螺线管的内部，磁场方向由S极指向N极，所以螺线管内部磁场方向由Q指向P，故D错误；AB．根据安培定则可知，在蓄电池外部电流从N流向M，蓄电池N端为正极，故A正确，B错误。故选A。3.有一个材料分布均匀的长方体

金属，边长分别为a、b、c，且abc。电流沿以下方向流过该金属，其中金属的电阻最小的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据电阻定律lRS=按照各个选项中的电流方向所对应的电阻分别为AbRac=，BcRab=，CaRbc=，DaRbc=由于abc可得BACDRR

RR=故选B4.如图所示，1F、2F为两个相互垂直的共点力，F是它们的合力。已知15NF=，13NF=。若只改变1F、2F的夹角，则它们的合力大小可能是（）A.8NB.1NC.18ND.5N。【答案】A【

解析】【详解】由力的平行四边形定则可知222112NFFF=−=根据力的合成原理可知1212FFFFF−+即7N17NF故选A。5.下列说法正确的是（）A.随着科技的发展，永动机是可以制成的B.太阳照射到地球上的光能转化成其他能量，但照到宇宙空间的

能量都消失了C.“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的D.有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生【答案】C【解析】【分析】【详解】A．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机违背热力学第二定律，

均无法制成，A错误；B．任何能量转移或转化的过程均满足能量守恒，不会凭空消失，B错误；C．“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的，C正确；D．“全自动”手表，靠手部的抖动上发条，机械能转化为电能，D错误。故选C。6.如图所示，2021年2月我国“天问一号”火

星探测器先由地火转移轨道1进入火星停泊轨道2，进行相关探测后进入较低的轨道3开展科学探测，则探测器（）A.在轨道2与轨道3同一近火点的加速度相等B.在轨道2上近火点的机械能比远火点的机械能小C.在轨道1上的运行速度不超过地球的第一宇宙速度D.在轨道2上近火点加速可进入轨道3【答案】A【解析

】【详解】A．在轨道2与轨道3同一近火点只受万有引力，产生的加速度相等，A正确；B．在轨道2上运动时，只有引力做功，则机械能不变，B错误；C．在轨道1上的运行速度要超过第二宇宙速度小于第三宇宙速度，C错误；D．在轨道2上近火点减速做近心运动可进入轨道3

，D错误。故选A。7.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知()A.反映Pr变化的图线是bB.电源电动势为8VC.电源内阻为1ΩD.当电流为0.5A时，外电路的

电阻为6Ω【答案】D【解析】【详解】A．电源内部的发热功率为2rPIr=则rPI−图象是抛物线，而且是增函数，则反映rP变化的图线是c，故A错误；B．直流电源的总功率为EPEI=PI−图象的斜率等于电动势E，则有8V42VPEI===故B

错误；C．图中I=2A时，电源内部的发热功率rP与电源的总功率相等，则有2rPIr=得到2282rPrI==Ω=2Ω故C错误；D．当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得EIRr=+代入解得6R=Ω，故D正确。故选D。8.如图甲所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点O，电

荷B固定在x=2L处，通过电势传感器测出x轴上各点电势随坐标x的变化规律并描绘出x−图像，如图乙所示。已知x−图线与x轴的交点坐标为1x和2x，x=3L处的图线的切线水平，取无穷远处电势为零时点电荷的电势公式kQr=，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距

离，以下说法正确的是（）A.两点电荷同种电荷B.两点电荷的电荷量之比为AB:16:1QQ=C.在x轴上2xL的区域内无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处D.195=xL、294=xL【答案】D【解析】【详解】A．根据图像，电荷A周围的电势为正值，所以电荷

A带正电；电荷B周围的电势为负值，所以电荷B带负电，两点电荷为异种电荷，A错误；为B．3xL=处的图线的切线平行x轴，该处的电场强度等于零()AB223QQkkLL=解得AB:9:1QQ=故B错误；C．在x轴上2L<x<3L的区域内，电势逐渐升高，电场强度沿x轴负方向，若在x

轴上2L<x<3L的区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向左的电场力，将向左做加速运动，在x轴上x>3L的区域内，电势逐渐降低，电场强度沿x轴正方向，若在x轴上x>3L的区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向右的电场力，将向右

加速到无穷远处，故C错误；D．φ–x图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，则x=3L处的电场强度为零，有22(3)=ABQQkkLL由题图可知x1、x2处的电势为零，根据电势公式有112=−ABQQkkxLx222=−ABQQkkxxL解得:

9:1=ABQQ195=xL，294=xL故D正确。故选D。9.关于元电荷，下列论述正确的是（）A.把质子或电子称为元电荷B.元电荷是一个电子所带电荷量的大小，没有正负之分C.电子带有最小的负电荷，其

电荷量的绝对值称为元电荷D.物体所带的电荷量称为元电荷【答案】BC【解析】【详解】A．质子或电子是带电粒子，所带的电荷量的绝对值称为元电荷，选项A错误；BCD．物体带电是因为得失电子，所带电荷量均为电子电荷量整数倍，故把电子所带电荷量的大小称为元电荷，

电子带有最小的负电荷，选项BC均正确，选项D错误。故选BC。10.如图所示是等腰直角三棱柱置于水平桌面，其平面ABCD为正方形，边长为L，按图示方式放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为0B，则下列说法正确的是（）A.穿过ADFE平面的磁通量大小为零B.穿过BCFE平面的磁通量大小为2022BL

C.穿过ABCD平面的磁通量大小为20BLD.穿过ABCD平面的磁通量大于穿过BCFE平面的磁通量【答案】AB【解析】【详解】A．ADFE与磁感线平行，所以穿过ADFE平面的磁通量大小为零，故A正确；B．根据几何关系可知BCFE的面积为2122S

EBBCL==所以穿过BCFE平面的磁通量大小为2101022BSBL==故B正确；C．由于ABCD在垂直于磁感线的平面内的投影为BCFE，所以穿过ABCD平面的磁通量与穿过BCFE平的面的磁通量相等，为2022BL，故CD错误。故选AB。11.如图所示，绝缘光滑轻细杆与水

平方向的夹角为53°，空间M点处固定点电荷Q，MB垂直于细杆，且BM=6m，有一小圆环q与点电荷Q带同种性质电荷，将其套在细杆上，从与M等高的A处无初速度释放，圆环刚释放时加速度大小为26.4m/s。C点是细杆上与A点关于B点对称的点，D

点在M点的正下方且是细杆的末端。取重力加速度大小210m/sg=，sin530.8=，cos530.6=，下列说法正确的是（）A.圆环到达C点的加速度大小仍为26.4m/sB.圆环到达C点的速度大小为12m/sC.圆环离开细杆后做匀速直线运动D.圆环刚离开细杆时加速

度大小为211.5m/s【答案】BD【解析】【详解】A．在A点时，根据牛顿第二定律oo12sin53cos53AMkQqmgmar−=到达C点时oo22sin53cos53CMkQqmgmar+=由于AMCMrr

=可得圆环在C点的加速度229.6m/sa=A错误；B．根据对称性，圆环从A到C的过程中，电场力做功为零，根据动能定理可得212ACCmghmv=而o2cot53AChBM=代入数据可得12m/sCv=B正确；C．圆环离开细杆时速度沿AC

方向，而所受电场力和重力的合力竖直向下，因此圆环做曲线运动，C错误；D．恰好通过D点后，根据牛顿第二定律32DMkQqmgmar−=而otan53DMrBM=可得圆环刚离开细杆时加速度2311.5m/sa=D正确；故选BD。12.

如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，ABC是圆的内接直角三角形，63.5BAC=，O为圆心，半径5cmR=。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量为e+的粒子，这些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的

粒子动能为12eV，到达C点的粒子电势能为4eV−（取O点电势为零）。忽略粒子受到的重力和粒子间的相互作用，sin370.6=。下列说法正确的是（）A.12VCAU=−B.电场方向由A指向BC.匀强电场的电场强度大小为1V/cmD.经过圆周上的所有粒子，动能最大为17eV【答案】CD【解析】【

详解】A．由题意，根据动能定理有kk4eVABBAeUEE=−=即4VABABU=−=并且p4VCCEe==−所以4VOCU=匀强电场中沿同一方向电势均匀变化，所以4VAOOCUU==则4VA=8VCA

CAU=−=−故A错误；BC．根据前面分析可知0B=所以OB连线为一条等势线，根据电场强度方向垂直于等势线并由高电势指向电势可知电场强度方向由A指向D，如图所示，在△OAB中，由题意可知63.5OBAOAB

==所以180263.553BOA=−=则sin4cmADRBOA==所以该匀强电场的电场强度大小为1V/cmAOUEAD==故B错误，C正确；D．过O作OF平行于AD交圆于F，可知F是圆上沿场强度方向上离O最远的点，则F点电势最低，为5VFOER=−=−

所以A、F两点间电势差为9eVAFAFU=−=当粒子经过F点时电势能最小，动能最大，为kk17eVFAAFEEeU=+=故D正确。故选CD。第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、非选择题：本题共5小题，共52分。13.某同学用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验，其中重物的质量为0.

2kg，交流电的频率为50Hz。（1）为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时应选择密度___________（填“大”或“小”）的。（2）让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图乙所示。O点为第一个点，

A、B、C和D为4个连续的点。从刻度尺读得：23.30cmOBx=，27.90cmOCx=，ODx=___________cm。（3）已知当地重力加速度g取29.80m/s，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值pE=_______

____J、C点的动能kCE=___________J（计算结果均保留三位有效数字）。比较kCE与pE的大小，出现这一结果的原因可能是___________。（选序号）A．工作电压偏高B．存空气阻力和摩

擦力C．接通电源前释放了纸带【答案】①.大②.33.00③.0.547④.0.588⑤.C【解析】【详解】（1）[1]为了减小误差，要求保持体积和形状相同，此时如果密度越大，则对应质量也越大，此时受到的重力也越大，相同体积和形状下，阻力与重力之比更小。（2）[2]

23.30cmOBx=，27.90cmOCx=，根据匀加速直线运动规律在的OCOBODOCxxxx−=−解得ODx=33.00cm（3）[3]由于重物的质量为200g，因此受到的重力为22==200g9.80m/s=0.2kg9.80

m/s=1.96NGmg则加速度即为重力加速度，由于交流电频率为50Hz，因此打点的周期为0.02s，因此从O点到C'点读图可得=27.90cm=0.2790mh因此有重力势能变化量的绝对值为pJ||0.547Emgh=V[4]由平均速度公式xvt=因此可以得到BD段的平均速度分别为2

(33.0023.30)10m2.425m/s220.02sODOBCxxvT−−−===由于C'点为BD段时间中点，因此速度近似等于BD平均速度，可得在C点的对应速度为2.425m/sCv=因此有2k10.588J2CEmvc

=[5]A．工作电压偏高对结果无影响，A错误；B．若存在着空气阻力和摩擦力，则应该动能的变化量更小，B错误；C．由于在C点的动能大于从O点到C点的重力势能变化量，因此可以判断在接通电源前即释放了纸带，则重力实际做功大于所求值，C正确。故选C。14.“求知”兴趣小组要

测量一节干电池的电动势和内阻。准备的器材如下：A．一节干电池；B．电流表G（量程为0~2.0mA，内阻Rg为10Ω）；C．电流表A（量程为0~0.6A，内阻约为0.5Ω）；D．滑动变阻器R1（0~10Ω，5A）；E．滑动变阻器R2（0~100Ω，1A）；F．定值电阻R3=990Ω；G．开关S和导线

若干。（1）所选器材中无电压表，需要将G与定值电阻R3______（填“串联”或“并联”），改装后的电压表对应量程是______。（2）根据所给器材在空白框里画出电路图。（）（3）为了能准确地进行测量

，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是______（填写器材前的字母编号）。（4）该同学利用上述实验原理图测得几组数据，并根据这些数据，以电流表G的读数I1为纵轴，电流表A的读数I2为横轴，绘出了如图所示的图线，根据图线可求出干电池的电动势E＝______

V（保留三位有效数字），干电池的内阻r＝______Ω（保留两位有效数字）。【答案】①.串联②.0~2V③.④.D⑤.1.48⑥.0.85【解析】【详解】（1）[1][2]电流表与定值电阻串联可以改装成大量

程的电压表，其量程为gg3()2VUIRR=+=（2）[3]由于一节干电池的内阻较小，所以电流表应采用外接法，实验电路图如图所示（3）[4]为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选小电阻值的

滑动变阻器，故选D；（4）[5][6]根据闭合电路欧姆定律得1g32()EIRRIr=++整理得1210001000ErII=−由此可知，图线的纵截距为31.48101000E−=解得1.48VE=图线的斜率为3(1.401.06)1010000.50.1r−−=−解得0.85r=15.如图

所示，电源的电动势E=24V、内阻r=2Ω，电阻312=5RRRR===，电容器的电容C=6mF。（1）当开关断开时，求R1两端的电压U1；（2）当开关闭合时，求干路中的电流I；（3）开关从断开到闭合直至电路稳定的过程中通过电阻R的电荷量Q。【答案】（1）10V

；（2）4.5A；（3）0.105C【解析】【详解】（1）开关断开时的等效电路图如图甲所示1112RUErRR=++解得110VU=（2）开关闭合时的等效电路图如图乙所示，设1R与2R串联后再与3R并联的总电阻为0R，则

有0321111RRRR=++，0RRr=+总，EIR=总解得4.5AI=（3）开关断开时，电容器与2R并联，2R与1R电压相等，则有211610CQCU−==a端电势高，开关闭合时，电容器与1R并联，

根据上述分析可得1R两端的电压为7.5V2224.510CQCU−==b端电势高，通过电阻R的电荷量120.105CQQQ=+=16.如图所示，在竖直平面内，直径为R的光滑半圆轨道和以M点为圆心、半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于最低点A，一可视为质点的小球，从A点沿切线向左

以某一初速度进入半圆轨道，恰好能通过半圆轨道的最高点M，然后落在四分之一圆轨道上的N点，不计空气阻力，取重力加速度大小210m/s=g，0.8mR=。（1）求小球在M点时的速度大小v；（2）求M、N两点间的高度差h；（3）若把左边半圆轨道移开，在圆心M

处分别以不同速度水平抛出小球5次，其落点刚好六等分四分之一圆轨道，求小球这5次水平位移的总和x总。【答案】（1）2m/sv=；（2）2(51)m5h=−；（3）2(12)(13)m5x++=总【解析】【详解】（1）小球恰好能通过半

圆轨道的最高点M，有22vmgmR=解得2m/sv=（2）小球从M点做平抛运动到N点，有xvt=，212ygt=，222xyR+=带入数据解得M，N两点间的高度差为2(51)m5hy==−（3）六等分四分之一圆，每等分对应的圆心角是15()()''sin1

512345xRnn==、、、、()0.8sin15sin30sin45sin60sin75mx=++++总解得2(12)(13)m5x++=总。17.如图所示，在沿水平向右、电场强度63.7510E=N/C的匀强电场中有一固定点O

，用一根长度0.5mL=的绝缘细线把电荷量82.010Cq−=+的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角37=，sin370.6=，cos370.8=，不计空气阻力，取重力

加速度大小210m/sg=。（1）将小球拉至水平位置A，由静止释放，求小球运动到最低点C时受到的拉力大小T；（2）求（1）中小球摆到最左端时摆线与竖直方向的夹角；（3）若小球从与A关于O点对称的A由静止释放，求第一次下落高度为0.25m时小球的加速度。【答案】（1）0.15N

；（2）16；（3）212.5m/s【解析】【详解】（1）根据力的合成与分解和平衡条件可得tanqEmg=解得21.010kgm−=设小球运动到最低点C时的速度大小为Cv，根据动能定理有212Cmv

mgLqEL=−在最低点C，根据牛顿第二定律有2CvTmgmL−=联立解得0.15NT=（2）根据（1）可知电场力与重力的合力方向沿OB方向，小球释放后在复合场中运动的等效最低点为B点，根据对称性可知小球摆到最左端的位置与A关于B点对称，所以90+=−解得16=。（3

）设小球从A到F做匀加速直线运动cosFmg=合Fma=合解得212.5m/sa=到F时下落高度2sincos0.48mHL==获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com