【文档说明】内蒙古阿拉善盟第一中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题 含解析.docx，共(21)页，3.979 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-1837bf99ef3d5a637babb9afdcf2c25a.html

以下为本文档部分文字说明：

阿拉善盟第一中学2022~2023学年度第一学期高二年级期末考试物理考生注意：1、本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2、答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3、考生作答时，请将答案答在答题

卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．

．．．。4、本卷命题范围：人教版必修1，必修2，选修3—1，选修3—2第四章第1~5节。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题只有一项符合题目要求，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.关于元电荷、电荷与电荷守恒定律，下列说法正确的是（）A.元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的B.元电荷是指电子，电量等于电子的电量，体积很小的带电体是指点电荷C.单个物体

所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律指带电体和外界没有电荷交换D.利用静电感应可使任何物体带电，质子和电子所带电荷量相等，比荷也相等【答案】A【解析】【详解】A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的，这是他获得诺贝尔物理学奖的重要原因，故A正确；B．元电荷是带电量的最小

单元，大小等于电子的电量，但不是电子，当两个带电体的形状和大小对它们之间的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，所以体积很小的带电体未必就是点电荷，故B错误；C．在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电量总是守

恒的，电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换，故C错误；D．静电感应不能使绝缘体带电，电子和质子所带电荷量相等，但它们的质量不相等，比荷不相等，故D错误。故选A。2.如图所示为某电场的电场线，A、B、C三点的电场强度分别为AE

、BE、CE，电势分别为A、B、C，以下关系正确的是（）A.ABCEEEB.ABCEEEC.ACD.BC【答案】A【解析】【详解】AB．电场线越密，场强越大，故ABCEEEA正确；B错误；CD．沿着电场线电势降

低，等势面与电场线垂直CBAC、D错误。故选A。3.如图所示，图中已标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向以及通电直导线所受安培力F的方向，其中正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．由左手定则可知，图A中通电直导线所受安培力F的方向应是垂直电流I的方

向向下，A错误；B．由图B可知，通电直导线中电流I的方向与磁场B的方向平行，通电直导线不受安培力作用，B错误；C．由左手定则可知，图C中通电直导线所受安培力F的方向应是垂直电流I的方向向下，C正确；D．由左手定则可知，图D中通电直导线所受安培力F的方向应是垂直电流I的方向指向读者，

D错误。故选C。4.2022年5月5日，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载我火箭，成功将吉林一号宽幅01C卫星送入预定轨道。已知该卫星先以近地点P点所在的圆为轨道做圆周运动，稳定后再变轨为如图所示的椭圆轨道，两

轨道相切于P点。忽略空气阻力和卫星质量的变化，则（）A.宽幅01C卫星在椭圆轨道上运动的周期小于在圆轨道上运动的周期B.宽幅01C卫星在椭圆轨道上运动时，在P点的线速度小于在Q点的线速度C.宽幅01C卫星由圆轨道变为椭圆轨道时需要在P处点火加速D.宽幅01C卫星从P点

运动到Q点的过程中，卫星的动能增大【答案】C【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律，卫星轨道半长轴越大，周期越大，选项A错误；B．由开普勒第二定律得，卫星在近地点的速度大于在远地点的速度，选项B错误；C．卫星在P点由圆轨道变为椭圆轨道是离心运动，需要加速

，选项C正确；D．卫星从P点运动到Q点的过程中，远离地球，地球对卫星的引力做负功，卫星的动能减小，选项D错误。故选C。5.如图所示，平行导轨间的距离为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导

轨所在的平面。一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置。金属棒与导轨的电阻不计，当金属棒沿垂直于棒的方向滑行时，通过电阻R的电流为（）。A.BdvRB.sinBdvRC.cosBdvRD.sinBdvR【答案

】D【解析】【详解】设金属棒在磁场中的长度为l，由题意可知，磁感应强度B、金属棒l、切割速度v，满足两两垂直关系，所以有EBlv=其中sindl=则有sinBdvE=流经电阻R的电流为sinEBdvIRR==ABC错误，D正确。故选D。6.如图所示，小球A固定在绝缘支

架上，电荷量为Q、重力为G的小球B用丝线悬挂，A、B均视为点电荷。A、B两小球因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两小球的带电荷量逐渐减小，在电荷量等于零之前，有关悬线对悬点P的拉力T和A、B之间库仑力F的大小，下列说法正确的是（）A.T逐渐增大，F先变大后变小B

.T先变大后变小，F逐渐增大C.T逐渐减小，F逐渐减小D.T保持不变，F逐渐减小【答案】D【解析】【详解】以小球B为研究对象，小球受到重力G、A的斥力F和线的拉力T三个力作用，如图所示。作出F、T的合力F′，则由平

衡条件得FG=根据FBFPQB△∽△得FPQPGTBQB==在A、B两小球带电荷量逐渐减少的过程中，PQ、PB、G均不变，所以T不变；QB变小，所以F变小。故选D。7.如图所示，虚线为真空中某静电场

的等势面，图中相邻等势面间电势差相等，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，M、N、O、P为粒子的运动轨迹与等势线的交点。若粒子仅受电场力的作用，下列说法正确的是（）A.粒子在M、O两点的加速度大小相等B.粒子在N、O两点

的速度大小相等C.粒子运动过程中速度先减小后增大D.粒子在N点时的电势能比在P点时的电势能大【答案】B【解析】【详解】A．M点附近等差等势面较密集，则电场强度更大，电场力更大，加速度更大，A错误；B．N、O两点在同一等势面，则粒子在N、O两

点的电势能相等，粒子仅受电场力，则电势能与动能之和保持不变，则粒子在N、O两点的动能相等，速度大小相等，B正确；C．电场线与等势面垂直，电场力与电场线共线且指向轨迹的凹侧，可知，粒子先加速运动后减速运动，C错

误；D．粒子从P点到O点做加速运动，结合B选项，粒子在N点时的电势能比在P点时的电势能小，D错误。故选B。8.如图所示，一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道竖直放置在磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场中。轨道两端在同一高度上，

M为轨道的最低点，一质量为m的带正电小球从轨道左端最高点由静止释放。若小球始终不脱离轨道，则下列说法正确的是（）A.小球不能够到达轨道右端的最高点B.小球第一次到达轨道最低点M的速度可能小于2gRC.小球第一

次到达轨道最低点M时，对轨道的压力等于3mgD.小球再次到达轨道最低点M时，对轨道的压力可能小于3mg【答案】D【解析】【详解】A．小球在运动过程，受到重力、支持力和洛伦兹力，洛伦兹力、支持力方向始终和速度方向垂直，不做功，由动能定理可知，小球到达轨道右端最

高点速度为零，能够到达轨道右端的最高点，故A错误；BC．小球从轨道左端最高点由静止释放至小球第一次到达轨道最低点过程，根据动能定理21m12mgRmv=解得1m2vgR=在M点由牛顿第二定律有的21m11mvNmgqvBmR−−=解得13

2NmgqBgR=+由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为11323NNmgqBgRmg==+故BC错误；D．小球从轨道右端最高点至小球第二次到达轨道最低点过程，根据动能定理22m102mgRmv=−解得2m2vgR=在M点由牛顿第二定律有22m22mvNmgqvBmR−+=解得232Nm

gqBgR=−由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为22323NNmgqBgRmg==−故D正确。故选D。9.一物体从静止出发做直线运动，其加速度随时间变化的关系图像如图所示，下列说法正确的是（）

A.物体在第3s末速度为零B.物体在第2s内的位移为2mC.物体在第3s末回到出发点D.物体在前3s内的平均速度为2m/s【答案】AD【解析】【详解】A．在01s−，物体做匀加速直线运动，加速度方向为正方向，第1s末速度

为141m/s4m/svat===在1s3s−，加速度为22m/sa=−物体在第3s末速度为314m/s22m/s0vvat=+=−=故A正确；B．物体在第2s内的位移为2211141m21m3m22xvtat=+=−=故B错误；C．物体在第

1s内的位移为2211141m2m22xat===在1s3s−位移为2211142m22m4m22xvtat=+=−=则物体在前三秒位移为12m4m6mxxx=+=+=总故C错误；D．物体在前3s内的平均速度为6m/s2m/s3xvt===故D正

确。故选AD。10.如图所示，一质量为2kg的木板静止放置在光滑水平面上，质量为1kg的物块以6m/s的速度滑上木板，最后相对静止在木板上。已知木板与物块间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取210m/s，不计空气阻力，下列关于该过程的

说法正确的是（）A.物块滑上木板瞬间，木板的加速度大小为24m/sB.木板加速运动的时间为1sC.摩擦力对物块做的功为16J−D.摩擦力对木板做的功为16J【答案】BC【解析】【详解】A．设物块质量为m，木板质量为

M，物块滑上木板瞬间，木板受到物块对它水平向右的滑动摩擦力作用，将做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgMa=代入数据可得木板的加速度大小为220.4110m/sm/2s2mgaM===故A错

误；B．物块冲上木板，受到木板对它水平向左的滑动摩擦力作用，将做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有mgma=代入数据可得物块的加速度大小为220.410m/sm4/sag===当木板与物块二者速度相同时，以后

一起匀速，设物块的初速度为0v，则有0vatat−=即642tt−=可求得木板加速运动的时间为1st=故B正确；CD．物块在摩擦力作用做减速运动时，发生的位移为221011(6141)m4m22svtat=−=−=木板在摩擦力作用下做加速运动时，发生的位移为2221121m1m22sat

===所以，摩擦力对物块做的功为1116JWmgs=−=−摩擦力对木板做的功为224JWmgs==故C正确，D错误。故选BC。11.如图甲所示，平行金属导轨AB、CD光滑且足够长，固定在同一水平面上，两导轨的间距为0.3m，电阻1R=

，导轨上静止着一质量为0.1kg、电阻2r=的金属杆，金属杆与导轨垂直，导轨电阻不计，整个装置处于1TB=的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面竖直向上。现用一外力F沿水平方向向右拉金属杆，使其由静止开始运动，R两端的电压变化如图乙所示

，则下面判断正确的是（）A.金属杆做的是匀加速直线运动B.金属杆的加速度为21m/sC.F是恒定的用D.F在3s末的瞬时功率为57W【答案】AD【解析】【详解】AB．由图像知VUktt==金属杆切割磁场运动产生感应电动势EBLv=由

电路结构分析RRUEBLvRrRr==++解得()10m/sURrvtBLR+==所以速度与时间成正比，即金属杆做初速度为零的匀加速度直线运动，加速度为210m/sa=金属杆做的是匀加速直线运动，A正确，B错误；C．由牛顿第二定律，对杆有FB

ILma−=解得UFBLmaR=+U随时间均匀增大，其他量不变，则F随时间均匀增大，C错误；D．在3s末杆的速度30m/svat==此时的拉力为1.9NUFBLmaR=+=功率为57WPFv==D正确。

故选AD。12.在如图所示的电路中，1R是滑动变阻器，2R、3R、4R是定值电阻，电源的电动势为E，内阻为r，当开关S闭合时，电容器C不带电，现将滑动变阻器滑片向右滑动到某一位置且电路稳定时，下列说法正确的是

（）A.电源提供的总功率变小B.2R两端电压变大C.4R两端电压变大D.电容器C的下极板带正电【答案】BD【解析】【详解】滑片向右滑动，R1电阻减小，电路总电阻变小，干路电流变大，电源提供的总功率变大，路端电压U=E-Ir变小，则R3、R4通过的电流变小，R4两端电压变小；R1、R

2通过的电流变大，R2两端电压变大；由12UU变小，34UU不变，可知电容上极板电压比下极板电压低，故电容器C的下极板带正电。故选BD。二、实验题（本题共2小题，共14分）13.某学习小组将一内阻为1200Ω、量程为25

0μA的微安表分别改装为量程为1.0mA的电流表和量程为1.0V的电压表，后又把改装后的电流表改装为一多挡位欧姆表。（1）把该微安表改装为量程为1.0mA的电流表需要_________（填“串联”或“并联”）_________Ω的电阻；（2）把这个微安表改装成量程为1.0V的电

压表，应_________（填“串联”或“并联”）一个_________Ω的电阻；（3）取一电动势为1.5V、内阻较小的电源和调节范围足够大的滑动变阻器，与改装所得1.0mA的电流表连接成如图甲所示欧姆表，其中A为_________（填“红”或“黑”）表笔，改装表盘后，正确使

用该欧姆表测量某电阻的阻值，示数如图乙所示，图乙所测电阻为_________Ω。【答案】①.并联②.400③.串联④.2800⑤.红⑥.1400【解析】【详解】（1）[1][2]把微安表改装为量程为1.0m

A的电流表需要并联一个电阻，根据并联电路的特点可得0()gggIRIIR=−解得0400R=（2）[3][4]把微安表改装成电压表需串联一个电阻R，改装后，有()ggUIRR=+解得2800gURRI=−

=即应串联一个2800Ω的电阻；（3）[5][6]由图可知，电流由A回到电源负极，所以A为红表笔，根据电源及电流表量程可知，欧姆表内阻为1500ErI==结合中值电阻刻度可知，该多用表倍率为“×100”，所以待测电阻阻值为14.01001400xR=

=14.某实验小组设计了探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系实验。实验室提供的器材如下：A．待测小灯泡（额定功率0.6W，额定电流0.2A）B．电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；C．电流表（量程250mA，内阻约5Ω）；D．电压表（量程3V，内阻约3kΩ）；E．滑动变阻器（最大阻值1750Ω

，额定电流0.3A）F．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）G．开关一个、导线若干实验中调节滑动变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流。（1）实验中所用滑动变阻器应选_______

_（用序号字母表示）。（2）根据图甲设计的电路，完成图乙中的实物连线________。的（3）如图丙所示是该研究小组测得小灯泡的IU−关系图线。由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而________（填“增大

”“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为1.0V时，其灯丝电阻值约为________Ω。（4）若不考虑电表内阻的影响，得到如图丙的IU−关系图线。但由于电表存在内阻，实际的伏安特性曲线比图丙中IU−关系图线位置

偏________（填“高”或“低”）。【答案】①.F②.③.增大④.10⑤.低【解析】【详解】（1）[1]题中要求小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，则滑动变阻器应用分压式接法，为方便调节，滑动变阻器应选F。（2）[2]由图甲可知

，电压表并联在小灯泡两端，滑动变阻器采用分压式接法，即将左下方接线柱与电源正极相连，实物连线如图所示（3）[3]由图示图像可知，随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，温度升高且电压与电流的比值增大，灯丝电阻增大；[4]由图线可知，当小

灯泡的电压为1.0V时，电流为0.1A，此时灯泡电阻1.0V100.1AR==（4）[5]因为采用电流表外接法，由于电压表分流，使电流表示数偏大，则测量得到的IU−图像中的电流偏大，故实际图线的位置偏低。三、计算题（本题共3小题，共

计38分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.如图所示，匀强电场E=1×104V/m，方向水平向右，ABCD为竖直放置在电场中的绝缘导轨，半圆形轨道BCD光滑，半径R=0.

1m，B为圆轨道最低点，水平轨道与其相切于B点，水平轨道粗糙，AB=2R。一质量m=0.1kg、电荷量q=1×10-4C的带正电的小滑块在A点有一个水平向右的初速度v0=2m/s。已知水平轨道与小滑块之间的动摩擦因数

μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小滑块到达C点时速度大小；（2）小滑块到达C点时对轨道压力大小。【答案】（1）6m/s；（2）7N【解析】【详解】（1）设小滑块到达C点时速度大小为vC，对小

滑块从A到C的运动过程，根据动能定理有22011()22CqEABRmgABmgRmvmv+−−=−解得6m/sCv=（2）设小滑块到达C点时所受轨道支持力的大小为N，根据牛顿第二定律有2CvNqEmR−=解得7NN=根据牛顿第三定律可知小滑块到达C点

时对轨道压力大小为7N。的16.如图所示，平面直角坐标系第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小202mvEqL=，第二象限存在垂直纸面向里的磁感应强度大小未知的匀强磁场。质量为m、电荷量为-q的粒子从x轴上的P点以与x轴负方向成=60°角斜向上的初速度v0垂直磁场射

入，恰好从O点正上方的C点垂直于y轴射入匀强电场，最后打在x轴上的Q点。已知OC=L，不计粒子的重力，求：（1）第二象限磁感应强度B的大小；（2）粒子最后打在x轴上的Q点离O点的距离；（3）如果保持电场与磁场方向不变而将它们位置左右对调，且磁感应强度大小4BB=，电场强度大小2E

E=，仍将该粒子从P点以初速度v0沿某一方向发射仍能从O点正上方的C点射入匀强磁场，则粒子进入磁场后做圆周运动的半径是多少？【答案】（1）032mvBqL=；（2）2L；（3）423Lr=【解析】【详解】1）作出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何关系得2rrL+=所

以23rL=由向心力公式200vqvBmr=0mvrBq=解得磁感应强度B的大小032mvBqL=（2）粒子在电场中做类平抛运动，有x=v0t212EqLtm=解得OQ的长度x=2L（3）电场和磁场

相互交换后，对粒子在电场中的运动，由动能定理得220111222EqLmvmv−=−解得022vv=代入mvrBq=得粒子进入磁场后做圆周运动的半径423Lr=17.如图所示，在倾角为37=的粗糙斜面MNPQ上静置一个质量为0.01kgm=、半径为0.1mr=、电阻

为5ΩR=、匝数为10n=的金属圆形线圈，虚线ab为直径且与斜面底边PQ平行，在ab与斜面上边MN间有垂直斜面向上的磁场，当磁感应强度的大小随时间按如图乙所示规律变化时，线圈在0t（未知）时刻恰好能相对斜面滑动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为0.9=，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相

等，g取210m/s,sin370.6,cos370.8==。求：（计算结果可以保留）(1)线圈在未发生滑动前的感应电流的大小和方向；(2)1st=时线圈受到的安培力；(3)0t的大小。【答案】(1)0.01A，顺时针方向；(2)1N50；(3)00.6st=【解析】【分析】详解】(1)

由法拉第电磁感应定律可得2ΔΦΔ0.05VΔΔ2BSnrEnntt====则感应电流大小为0.01AEIR==由楞次定律可得，方向为垂直于斜面向下看，为顺时针方向(2)假设1st=时线圈未滑动，则此时有效长度为线圈直径，即120.2mLr==

由图乙可得1st=时磁感应强度大小为11TB=此时安培力大小为1111N50FnBIL==由于【1sin37cos37Fmgmg+故线圈未滑动则此时线圈所受安培力大小即1N50(3)由图乙可得0t时刻的磁感应强度大小为0Tt，由于线圈在0t时刻恰好能相对斜面滑动，则此时线

圈与斜面间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，则有maxsinFmgf+=安代入数据解得00.6st=为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com