【文档说明】四川省宜宾市第四中学校2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题 含解析.docx，共(15)页，1.781 MB，由小赞的店铺上传

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宜宾市四中高2022级高二上学期期中考试物理试题第一部分选择题（共48分）注意事项：每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如有改动，请用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号。一、选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；

8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）1.如图，在电荷量为Q的点电荷电场中，电荷量为q的正检验电荷受到的电场力大小为F，方向向右。则检验电荷所处位置的

电场强度（）A.大小为Fq，方向向右B.大小为Fq，方向向左C.大小为FQ，方向向右D.大小为FQ，方向向左【答案】A【解析】【详解】检验电荷所处位置的电场强度大小为FEq=方向向右。故选A。2.如图所示，在阴极射线管的阴、阳两极

间加上电压U，电子电量为-e，电子从阴极出发，到达阳极时（）A.动能不变B.动能减少了eUC.电势能减少了eUD.电势能增加了eU【答案】C【解析】【详解】因为电子从阴极出发到达阳极过程中，电场力做功为WeU=，即电场力做正功，

则电势能减少，动能增加，且电势能减少了eU，动能增加了eU，故C正确，ABD错误。故选C。3.如图所示，桌面高为h1，质量为m的小球从高出桌面h2的A点下落到地面上的B点，在此过程中小球的重力势能（）A.增加mg(h1+h2)B.减少mg(

h1+h2)C.减少mgh1D.增加mgh2【答案】B【解析】【详解】小球从高出桌面h1的A点下落到地面上的B点的过程中，重力做了mg（h1+h2）的正功，则重力势能减小mg（h1+h2）。故选B。4.如图所示，一物体在与水平成θ角的拉力F作用下匀速前进了时间t，则（）A.拉

力F对物体的冲量大小为FtB.拉力F对物体的冲量大小为FtcosθC.合外力对物体的冲量大小为FtD.合外力对物体的冲量大小为Ftsinθ【答案】A【解析】【详解】AB．拉力F对物体的冲量为IFt=故A正确，B错误；CD．物体做匀速直线运动，合外力为0

，故合外力的冲量为0，故CD错误。故选A。5.如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3V、5V、7V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电

场力的作用，则下列说法正确的是（）A.由于不清楚粒子运动方向，粒子电性无法判断B.粒子P点的加速度大于在Q点加速度C.粒子在P点电势能大于在Q点电势能D.粒子在P点的动能大于在Q点动能【答案】D【解析】【详解】A．根据电场线

与等势线关系，电荷在电场中的受力方向，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内测，画出电荷在轨迹与等势线交点处的电场力方向，如图所示根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向与电场力方向相同，则粒子带正电，故A错误；B．根据题意，由

公式UEd=可知，等差等势线越密，电场强大越大，P点的电场强度小于Q点的电场强度，则粒子P点的加速度小于在Q点加速度，故B错误；CD．假设粒子由PQ→，由图可知，电场力做负功，则粒子的电势能增加，动能减少，即粒子在P点电势能小于在Q点电势能，粒子在P点的动能大于在Q点动能，故C错误，

D正确。故选D。6.截面积为S的导线中，通有电流为I的电流。已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电量是e，自由电子定向移动的速率是v，则在时间t内通过导线截面的电子数是（）A.nStvB.nvtC./ISteD.

/ItSe【答案】A【解析】【详解】设Δt内通过导线截面的自由电子数是N，电流可以表示为NeIneSvt==解得NnSvt=ItNe=故选A。7.如图是实验室用来研究提升货物的装置示意图。电动机内的线圈电阻4r=，电压表的示数10V，电流表的示数0.5A，货物P重力为40N，不计一切摩

擦力。下列说法正确的是（）A.电动机线圈上消耗的热功率是5WB.电动机的输出功率是1WC.电动机的输入功率是5WD.电动机的机械效率是75%【答案】C【解析】【详解】A.电动机线圈上消耗的热功率为22=0.54W=1WPIR=热故A错误；BC.电动机的输入功率为=100.5W=5

WPIU=电则可得电动机的输出功率为=5W-1W=4WPPP−=出电热故C正确，B错误；D.电动机的机械效率为4100%=100%=80%5PP=出电故D错误。故选C。8.关于电容器和电容，下列说法正确的是（）A.电容器所带电荷量越多，电容越大B.电容器两板间电压越低，其电容

越大C.电容器不带电时，其电容也不为零D.电容器电容只由它本身的特性决定【答案】CD【解析】【详解】电容器的电容根据定义=QCU可知，这是比值法定义的物理量，电容由电容器自身决定，与电容器电荷量及板间电压无关，电容器

不带电时，其电容也不为零。故选CD。9.对伏安特性曲线的理解（如图甲、乙所示），下列说法正确的是（）的A.图线a、e、d、f表示线性元件，b、c表示非线性元件B.在图甲中，斜率表示电阻的大小，斜率越大，电阻越大，Ra

>ReC.在图乙中，斜率表示电阻倒数的大小，斜率越大，电阻越小，Rd<RfD.图线b的斜率变小，电阻变小，图线c的斜率变大，电阻变大【答案】ABC【解析】【详解】A．由欧姆定律知，电阻一定时电流与电压成正比，甲乙两图中图线a、e

、d、f是定值电阻，表示线性原件，b、c是非定值电阻，表示非线性元件。故A正确；B．甲图像中斜率表示电阻，图线a的斜率大于图线e的斜率，所以aeRR。故B正确；C．乙图线中斜率表示电阻的倒数，图线d的斜率大于图线f的斜率，所以dfRR

。故C正确；D．甲图像中斜率表示电阻，则图线b的斜率变小，电阻变小，乙图线中斜率表示电阻的倒数，则图线c的斜率变大，电阻变小。故D错误。故选ABC。10.电流传感器可以像电流表一样测量电流，可以捕捉到瞬间的电流变化，相当于一个理想电流表。用如图甲所示的电路来研究电容器的

放电过程，实验时将开关S拨到1端，用直流8V电压给电容器充电，待电路稳定后，将电流传感器打开，再将开关S拨到2端，电容器通过电阻R放电。以S拨到2端时为t=0时刻，电流传感器测得的电流I随时间t变化图像如图乙所示，根据题意，下列说

法正确的是（）A.由I-t图可知，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为3.2×10-3CB.由I-t图可知，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为3.2CC.此电容器电容约为4.0×10-4FD.此电容器的电容约为0.4F【答案】AC【解析】【详解】AB．将

横坐标t分成许多很小的时间间隔Δt，在这些很小的时间间隔里，放电电流I可以视为不的变，则It为这段时间内的电量，则电容器所带的电荷量为112233nnQItItItIt=++++式中11It、22It…为图中的狭条形面积，由此可知，电容器

所带的电荷量在数值上等于图像与坐标轴所包围的面积，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标的每个小格为0.4s，则每个小格所代表的电荷量数值为q=0.2×10-3×0.4C=8×10-5C曲线下包含的小正方形的个数为40个（不满半格的舍去），总放电量为Q=40×8×10-

5C=3.2×10-3C故A正确，B错误；CD．由电容的定义式，可得电容值343.210F410F8QCU−−===故C正确，D错误。故选AC。11.如图甲，长木板A静放在光滑的水平面上，质量m=1kg的物块B以v0=3m/s的速度滑上A的左端，之后A、

B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s²，由此可得()A.A的质量mA=1kgB.A、B间的动摩擦因数为0．2C.木板A的长度至少为2mD.0～2s内，A、B系统机械能的损失为3J【答案】BD【解析】【详

解】由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=（m+mA）v，解得：mA=2kg，故A错误；0～2s内，A、B系统机械能的损失为：()22011=322AEmvmmvJ−

+=损，故D正确；B的加速度大小：22/vamst==，由牛顿第二定律得μmg=ma，解得μ=0.2，故B正确；根据“面积”之差求出木板A的长度即：01311.522Lvtmm==，故C错误．所以BD正

确，AC错误．第二部分非选择题（共52分）注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。二、实验题（共14分）12.要测绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V

，并便于操作。已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；电流表（量程为0250mA，内阻约5Ω）；电压表（量程为03V，内阻约3kΩ）；电键一个、导线若干（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_____（

填字母代号）；A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）（2）实验电路图应选用下列的图____________（填字母代号）；（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小

灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是__________________W。。的【答案】①.A②.B③.0.1【解析】【详解】（1）[1]由于实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，所以滑动变阻器应采用分压式接法，为了便于控制分压，应选择最

大阻值较小的A。（2）[2]小灯泡正常发光时的电阻为2LLL15URP==而小灯泡电阻随温度升高而增大，所以小灯泡的电流小于额定电流时，其电阻小于15Ω，综上所述可知，实验过程中小灯泡的电阻将始终满足LAVRRR所以为了减小系统误差，电流表应采用外接法，而滑动变阻器采用分压式

接法。故选B。（3）[3]如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，设灯泡两端电压为U，电路中电流为I，根据闭合电路欧姆定律有EUIr=+代入数据并整理得10.3A0.2IU−=−将上式对

应的图线与小灯泡的I-U图线作在同一坐标系中如图所示，则两图线交点（1.0V，0.10A）为小灯泡的工作点，此时小灯泡消耗的功率为0.1WPUI==13.（1）用螺旋测微器测量某金属丝直径时的刻度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为___________mm。用游标卡尺可以测量某些工件

的外径。在测量时，示数如图所示，则读数分别为的___________mm。（2）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，如果测出金属丝接入电路的长度l、直径d和金属丝接入电路时的电流I和其两端的电压U，就可求出金属丝的电阻率。用以上实验中直接测出的物理量来

表示电阻率，其表达式为=___________。（3）在此实验中，金属丝的电阻大约为4Ω，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电丝外，选用了如下实验器材：A．直流电源：电动势约4.5V，内阻不计；B．电流表A：量程0~0.6A，内阻约0.125Ω；C．电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ

；D．滑动变阻器R：最大阻值10Ω；E．开关、导线等。在以下可供选择的实验电路中，应该选图___________（填“甲”或“乙”）.【答案】①.0.680②.29.8③.24dUIl④.甲【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图中刻度可知金属丝的直径

为0.5mm18.00.01mm0.680mmd=+=[2]10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，由图中刻度可知工件的外径为2.9cm80.1mm29.8mmD=+=（2）[3]根据电阻定律可得lRS=又URI=，24dS=联立可得电

阻率表达式为24dUIl=（3）[4]金属丝的电阻大约为4Ω，由于VA3000440.125xxRRRR==故电流表应采用外接法，实验电路应该选图甲。三、计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分）14.如图为一款游乐场电动车的原理

图。已知电源电动势E=32V，灯泡L规格为“30V15W”且电阻不变，电动机M的内阻M0.5r=，当电动车正常行驶时，灯泡L恰好正常发光，且干路电流I=2.5A。在电动车正常行驶状态下，求：（1）电源的内

阻r；（2）电动机机械功率P机。【答案】（1）0.8r＝；（2）58WP=机【解析】【详解】（1）灯泡L正常发光，故路端电压为30VU＝由闭合电路欧姆定律EUIr＝＋代入数据解得0.8r＝（2）灯泡L的电功率为11PU

I=代入数据得10.5AI=根据并联电路特征可知通过电动机的电流为212AIII=−=电动机的输入功率为2M60WPUI==电动机线圈的热功率为22M2WPIr==热由电动机能量转化特征可知2PPP=+热机代入数据解得58WP=机15.图示是“加速度计”的

原理图．水平支架A、B固定在待测物体上，小球穿在A、B间的水平光滑金属杆上，将轻质弹簧一端固接于支架A上，另一端与小球相连，其下的滑动臂可在滑动变阻器上自由滑动．随着系统沿AB方向做变速运动，滑块在支架上相对AB中点发生位移，并通过电路转换为电信号从1、2两接线柱

输出．已知小球的质量为m，弹簧的劲度系数为k，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器总阻值R=4r，有效总长度为L．当待测系统静止时，滑动臂P位于滑动变阻器的中点，取A→B方向为正方向．(1)请写出待测

物体沿AB方向做变速运动的加速度a与1、2两接线柱间的输出电压U间的关系式．(2)确定该“加速度计”能测量的最大值．【答案】(1)542kLUkLmEm−+；(2)2kLm【解析】【分析】电压表测量滑动变阻器左侧部分的电压，由闭合电路欧姆定律可得出电压的表达式；由弹簧的移动可得出此时的受到的弹力

，由牛顿第二定律可得出加速度与电压间的关系；由题意可知电压表测量的电压范围及m的运动范围；则由（1）中的表达式可得出测量范围．【详解】解：(1)设待测物体沿AB方向有加速度a，滑块将向左移x，满足kxma=回路中的电流为：5EEIRrr=

=+而4xrxRRLL==输出电压为：24·255RExEUIIRL=−=−故有：542kLUkLamEm−=+(2)由题意可知：00.8UE剟结合a与U的表达式,可知加速度计能测量的最大值为2kLm16.如图所示，光滑水

平面MN左端挡板处有一弹射装置P，右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，水平部分NQ的长度L=8m，皮带轮逆时针转动带动传送带以v=2m/s的速度匀速转动。MN上放置两个质量都为m=1.0kg的小物块A、B，它们与传

送带间的动摩擦因数为μ=0.4。开始时，A、B静止，A、B间压缩一轻质弹簧，其弹性势能Ep=16J。现解除锁定，弹开A、B，并迅速移走弹簧。（1）求物块B被弹开时速度的大小；（2）A与P相碰后静止，当物块B返回水平面MN后，A被P弹出，A、B相碰后粘在一起向右滑动，要使A、B连接体刚好从Q端滑出

，求P对A做的功。【答案】（1）4m/s；（2）162J【解析】【详解】（1）对于A、B物块被弹簧分开的过程，由动量守恒定律得mvA=mvB根据能量守恒知22p1122ABEmvmv=+代入数据得vA=vB=4m/s（2）以B物体为研究对象，因为vB>v，B物体返回到水平面MN后

他的速度为vB1=v=2m/s设A与B碰前的速度为vA1，B被A碰撞一起向右运动的速度为vB2，要使A、B连接体刚好从Q端滑出，则B物体的末速度vB3=0，由匀变速直线运动规律知vB22=2as且有μmg=ma解得vB2=8m/s对于A、B的碰撞过程由动量守恒得mvA1-mvB1=2mv

B2解得vA1=18m/s由动能定理得P对A做的功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