【文档说明】湖北省十堰市部分普通高中2023-2024学年高二上学期期中物理试题（A卷） 含解析.docx，共(18)页，1.316 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年度上学期部分普通高中期中考试高二物理试卷（A卷）试卷满分：100分注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。一、选择题：本题共10题，每小题4分，共40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.关于物理学史，下列说法中错误的是（）A.元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得

的B.库仑不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图像C.麦克斯韦提出了电磁场理论，预言了电磁波的存在D.普朗克通过研究黑体辐射提出能量子概念【答案】B【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测得的，A正确；B．法拉利提出了场的概念，而且直观地描绘了场

的清晰图像，并非库仑，B错误；C．麦克斯韦提出了电磁场理论，预言了电磁波的存在，C正确；D．普朗克通过研究黑体辐射提出能量子概念，D正确；本题选择错误的，故选B。2.在闭合的铁芯上绕一组线圈，线圈与滑动变阻器、电池构成闭合

电路，如图所示，假设线圈产生磁感线全部集中在铁芯内．a、b、c为三个闭合的金属圆环，位置如图所示．当滑动变阻器的滑动触头左右滑动时，磁通量发生变化的圆环是（）A.a、b、c三环B.a、b两环C.b、c两环D.a、c两环【答案】B【解析】【详解】

据题意，线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，根据安培定则判断可知，穿过a的磁感线向左，穿过b的磁感线向上，当滑动变阻器的滑动触头左右滑动时，通过线圈的电流变化，线圈a、b中磁通量变化；而向左和向右穿过c的

磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化。故选B。3.如图所示，在“研究影响平行板电容器电容的因素”实验中，极板所带电荷量保持不变。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，下列说法正确的是（）A.保持d不变，减小S，则θ

变小B.保持d不变，减小S，则θ不变C.保持S不变，增大d，则θ变大D.保持S不变，增大d，则θ变小【答案】C【解析】【分析】【详解】AB．根据电容的决定式4SCkd=保持d不变，减小S，电容减小，再根据QUC=因电量Q的不变，知U增大，所以θ变大。故AB错误；CD．根据电容的决

定式4SCkd=保持S不变，增大d，电容C减小，再根据QUC=知U增大，所以θ变大。故C正确，D错误。故选C。4.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当0=t时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）A.带电粒

子将始终向同一个方向运动B.02s～内，电场力做的总功为零C.4s末带电粒子回到原出发点D.2.54s～内，电场力做的总功为零【答案】D【解析】【详解】AC．因01s内粒子向正方向运动的加速度01qEa

m=在13s内粒子运动的加速度02122qEaam==则在1.5st=时刻速度减为零，然后反向运动;画出带电粒子速度随时间t变化的图象如图所示vt−图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只

向一个方向运动，4s末带电粒子不能回到原出发点，故AC错误;B．2s末速度不为0，可见0~2s内电场力做的功不等于0，故B错误;D．2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，则2.54s内，动能变化为零，电场力做功等于0，故D正确。故选D。5.一电动

自行车动力电源上的铭牌标有“36V、10A·h”字样，假设工作时电源（不计内阻）的输出电压恒为36V，额定输出功率为180W，由于电动机发热造成损耗（其他损耗不计），电动自行车的效率为80％，则下列说法正确的是（）A.额定工作电流为10AB.电池充满电后总电量为3.6×103CC.自行车电动机的

内阻为7.2ΩD.自行车保持额定功率行驶的最长时间是2h【答案】D【解析】【详解】A．由PUI=可知，额定电流5APIU==A错误；B．动力电源充满电后总电量410Ah103600C3.610CQ===B错误；C．电动自行车的

热功率180W20%36WP==热则由2PIr=热和5AI=可得1.44Ωr=C错误；D．根据电池容量10AhQ=和5AI=得2hQtI==D正确。故选D。6.一只小鸟从上往下落在细树枝上，随树枝做小幅度

上下振动（可视为竖直方向的简谐运动），某时刻开始计时，其振动位移x随时间t变化规律（振动图像xt−）如图所示。取竖直向上为正方向，已知小鸟只在重力和树枝对小鸟作用力的作用下运动，则下列说法正确的是（）A.在2t时刻，小鸟速度最小B

.在1t和3t时刻，树枝对小鸟作用力大小一样C.在0到1t时间内，树枝对小鸟作用力一定是越来越小D.在2t到3t时间内，树枝对小鸟作用力一定是越来越大【答案】D【解析】【详解】A．由振动图像可知，在2t时刻，小鸟处于平衡位置且向下振动，则小鸟的速度达到最大，方向竖直向下，故A错误；B．在1

t和3t时刻，小鸟的加速度大小相等，1t时刻的加速度方向向下，根据牛顿第二定律有1mgFma−=解得1Fmgma=−3t时刻加速度方向向上，根据牛顿第二定律有2Fmgma−=解得2Fmgma=+故在1t和3t时刻，树枝对小鸟作用

力大小不一样，故B错误；C．在0到1t时间内，小鸟加速度越来越大，加速度方向向下，根据牛顿第二定律有33mgFma−=解得33Fmgma=−若小鸟在1t时刻的最大加速度小于重力加速度，可知随着小鸟加速度的增大，树枝对小鸟作用

力越来越小，若小鸟在1t时刻的最大加速度大于重力加速度，可知随着小鸟加速度的增大，树枝对小鸟作用力先逐渐减小到零，再反向逐渐增大，故C错误；D．在2t到3t时间内，小鸟的加速度越来越大，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有44Fmgma−=解得44Fmgma=+可知随着小鸟加

速度的增大，树枝对小鸟作用力一定是越来越大，故D正确。故选D。7.真空中的某装置如图所示，现有质子（11H）、氘核（21H）和粒子（42He）都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点（三种粒子重力均不计）。下列说法正确

的是（）的的A.三种粒子在偏转电场中运动时间相同B.三种粒子射出偏转电场时的速度方向相同C.在荧光屏上将出现3个亮点D.三种粒子射出偏转电场时的动能相等【答案】B【解析】【详解】A．粒子在加速电场中，根据动能定理21012qU

mv=解得，进入电场的初速度102qUvm=质子和氘核比荷不同，进入电场初速度不同，进入电场后，在电场中运动时间0Ltv=则在偏转电场中运动时间不同，故A错误；B．粒子在偏转电场中的加速度0qUamd=射出偏转电场时的速度

偏转角001tan2ULatvdU==则三种粒子射出偏转电场时的速度方向相同，故B正确；C．三种粒子射出偏转电场时的速度方向相同，且射出电场时，沿电场方向位移2201124ULyatdU==也相同，射出电

场后均做直线运动，则在荧光屏上将只出现1个亮点，故C错误；D．在加速电场和偏转电场的全过程，根据动能定理10kyqUqUEd+=因为y与电荷量和质量均没有关系，则射出偏转电场时的动能与电荷量有关，则三种粒子射出偏转电场时的动能不相

等，故D错误。故选B。8.一列沿x轴传播的简谐横波在0.1st=时刻的波形图如图甲所示。图乙表示该波传播的介质中2cmx=处的a质点的振动图像。下列说法正确的是（）A.波沿x轴负方向传播B.波传播的速度大小为0.4m/sC.该波遇到尺寸为3cm的障碍物时能发生明显的衍射现象D.0.1

5st=时，质点b在平衡位置【答案】AC【解析】【详解】A．由图乙可知，质点a在0.1st=时刻向y轴正方向振动，由图甲根据同侧法可知，该简谐横波沿x轴负方向传播，故A正确；B．由图甲可知，该波的波长4cm0.04m==由图乙可

知，该波的周期0.2sT=波传播的速度大小为0.04ms0.2ms0.2vT===故B错误；C．由图甲可知，该波的波长4cm0.04m==则该波遇到尺寸为3cm的障碍物时能发生明显的衍射现象，故C正确；D．由A分析可知，质

点b在0.1st=，在平衡位置向下振动，由图乙可知，周期0.2sT=在0.15st=时，经过了10.15s0.1s0.05s4tT=−==则质点b到达负的最大位移处，故D错误。故选AC。9.如图所示，平行金属板中带电质点P原处与静止状态，不考虑电流表和电压表对电路

的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则（）A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D.3R上消耗的功率逐渐增大【答案】BCD【解析】【详解】AB.由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串联接

在电源两端；电容器与R3并联；当R4滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大；电路中总电流减小，则R1两端的电压减小，又路端电压增大，则并联部分的电压增大，据欧姆定律可知流过R

3的电流增大；电路中总电流减小，流过R3的电流增大，则流过R2的电流减小，电流表示数减小；流过R2的电流减小，R2的电压减小，又并联部分的电压增大，则R4电压增大，电压表读数增大；故A错误，B正确；C.因电容器两端电压增大，板间场强增大，质

点受到的向上电场力增大，质点P将向上运动，故C正确；D.因R3两端的电压增大，由P=2UR可知，R3上消耗的功率增大，故D正确．10.在水平方向的匀强电场中竖直向上抛出一个质量为m，电荷量为q的小球，当小球运动到最高点时动能与重力势能（以水平面为零势能面）之比为16：9，当小球落回水平面时与抛

出点距离为d。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.重力与电场力大小之比为3：4B.小球上升最大高度为38dC.小球在最高点的速度为23gd的的D.小球在运动过程中最小速度为1225gd【答案】AC【解析】【详

解】A．设小球是最高点速度为xv，刚抛出时的速度大小为yv，由题21:16:92xmvmgh=又因为22yvgh=所以:4:3xyvv=又因为经过相同的时间，于是水平方向加速度和竖直方向加速度大小之比也是4:3，则重力与电场力大小之比为3：4，A正确；B．上升到最高点的过程中，

水平方向的位移大小为4d，所以竖直方向的高度为334416dhd==B错误；C．在y方向有328yvghgd==因此4233xyvvgd==C正确；D．小球所受到的合力与水平方向成θ=37°，所以最小速度为min6cos25y

vvgd==D错误。故选AC。二、实验题：本题共2个小题，共16分。11.“春耕”学习小组利用单摆测量重力加速度的实验装置如图甲所示。（1）学习小组的同学用游标卡尺测量摆球的直径时读数如图乙所示，则摆球的直径D=______c

m。（2）学习小组的同学组装好实验装置后，将摆球从平衡位置拉开一个小角度（小于5°），然后释放摆球，摆球某次通过最低点时开始计时，并从1开始计数，然后摆球每完成一次全振动计数加1，当该同学计数到40时停止计时，测得的时间记为t，测得的单摆的摆长记为L，则当地的重力加速度大小g=___

___（用Lt、表示）。（3）学习小组的同学改变摆线的长度继续做实验，在绘制单摆的周期的平方—摆长（2TL−）图线时，一位同学误将摆线长和小球直径的和记为摆长L，则他画出的图线可能为图丙中的______（填“

a”、“b”或“c”）。【答案】①.1.86②.()2278Lt③.c【解析】【详解】（1）[1]由图乙可知，游标为10分度，且第6个小格与主尺对齐，则摆球的直径1.8cm60.1mm1.86cmD=+=（2）[2]根据题

意可知，单摆运动的周期为39tT=由单摆周期公式2LTg=可得，当地的重力加速度大小为()2222784LLgTt==（3）[3]误将摆线长和小球直径的和记为摆长L，则有2242DTLg=−可知，他画出的图线可能为图丙中的c。12.某实验小组用图甲所示电路测

量电源的电动势和内阻，图中电压表的量程为0~3V，虚线框内为用电流计G改装的电流表。（1）已知电流计G的满偏电流G200mAI=、内阻G0.30r=，电路中已将它改装成量程为0~600mA的电流表，则1R=________；（2）通过移动滑动

变阻器R的滑片，得到多组电压表V的读数U和电流计G的读数I，作出如图乙的图像。某次测量时，电压表V的示数如图丙，为________V，通过电源的电流为________mA；（3）请根据图乙求出电源的电动势E等于________V（结果保留三位有效数字），电源内阻

等于________（结果保留两位有效数字）。【答案】①.0.15②.2.60③.300④.2.93⑤.1.0【解析】【详解】（1）[1]根据欧姆定律可知()GGG1IrIIR=−代入数据解得10.15R=（2）[2][3]根据丙图可知，最小刻度为0.1V，则电压表读数为2.60V；根据图乙

可知电流计的读数为100mA，通过电阻的电流等于通过电流计电流的2倍，则流过电源电流为300mA；（3）[4][5]由实验原理得GG1IREUIRIrR=+++即GG1RrEURrIR=+++根据图像可知

，电源的电动势为2.93VE=图乙图线斜率的绝对值为()GG312.802.401604010RrkRrR−−=++=−因改装的电流表的内阻为1.0r=三、计算题：本题共3个小题，共44分。13.如图，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、

N两点间做简谐运动，振子位置坐标x随时间t变化的关系式为()π10cosπcm3xt=−。求振子从初始位置沿x轴正方向运动，第一次到达M点通过的路程。【答案】25cm【解析】【详解】在初始时刻即t=0，振子的

位置为010cos5cm3x=−=第一次到达M点时，10cmx=−，代入得4s3t=弹簧振子的周期为22sT==故第一次到达M点通过的路程为0325cmsAx=−=14.如图所示电路中，灯L标有“6V，3W”，定值电阻R1＝4Ω，R2＝10Ω，电源内阻r＝2

Ω，当滑片P滑到最下端时，电流表读数为1A，此时灯L恰好正常发光，试求：(1)滑动变阻器最大值R；(2)当滑片P滑到最上端时，电流表的读数；(3)当滑片P位于滑动变阻器的中点时，变阻器消耗的功率。【答案】（1）12Ω；（2）2A；（3）3.84W【解析】【详解】（1）灯L的电

阻为RL=2263LLUP=Ω=12Ω当P滑到下端时，R2被短路，灯L与整个变阻器R并联，此时灯正常发光，通过灯L的电流为IL=36LLPU=A=0.5Ω通过变阻器R的电流为IR=IA﹣IL=1A﹣0

.5A=0.5A则IR=IL即得滑线变阻器最大值为R=RL=12Ω（2）电源电动势1()1(426)V=12VLLRREIRrRR=++=+++当P滑到上端时，灯L、变阻器R及电阻R2都被短路，此时电流表的读数为112A2A42EIRr===++（3

）P位于变阻器的中点时，灯L与2R并联后再与R1串联．此时R并=4Ω总电流为112A=1.2A442EIRRr==++++总并并联部分的电压为：U并=I总R并=1.2×4V=4.8V变阻器上消耗的功率为PR=224.8W62UR=并=3.84W15.如图所示，一个电子由静止开始经

加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O点为荧光屏的中心。已知电子质量m、电荷量e、加速电场电压0U、偏转电场电压U、极板的长度1L、板间距离d、极板的末端到荧光屏的距离为2L且122LL=（忽略电子所受重力）。求：（1）电子射入偏转

电场时的初速度0v；（2）电子打在荧光屏上的P点到O点的距离h；（3）为确保电子能从偏转电场射出，偏转电压U和加速电压0U的比值应满足什么要求。【答案】（1）02eUm；（2）2102ULUd；（3）22012UdUL【解析】【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理2001

2emvU=解得002eUvm=（2）在偏转电场中，电子做类平抛运动在水平方向上有10Lvt=在竖直方向上有212yat=根据牛顿第二定律eUamd=联立以上各式解得2104ULydU=电子射出时竖直方向速度为1100yLeULeUvatmdvmdv===得电子打在荧光屏上P点到

O点的距离为210202yLhvyvULdU=+=（3）为确保电子能从偏转电场射出得的2dy≤即21042ULddU解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com