【文档说明】山东省枣庄市第三中学2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题 word版含解析.docx，共(14)页，531.739 KB，由小赞的店铺上传

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枣庄三中2022～2023学年度高二年级第一学期期中考试物理试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试用时90分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡和答题纸规定的地方。第Ⅰ卷（选择题共40分）注意事项：第Ⅰ卷共12小题，共40分。每小题

选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。一、单选题（本题共8小题，每小题3分，共24分）1．下列说法中正确的是()A.麦克斯韦提出电磁场理论，并通过实验证实了电磁波的存在B.普朗克提出量子化理论，认为光本身是由一个个不可分割的能量

子hν组成的C.只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波D.在电磁波谱中，紫外线的频率大于蓝光的频率2．如图所反映的物理过程中，下列说法正确的是()A.子弹镶嵌进A的过程中，子弹和物块A组成系统动量守恒B.木块沿放在光滑的地面上的斜面加速滑下，物

块与斜面系统动量守恒C.物块M和物块N之间挤压一轻质弹簧，用细线连接静止在墙角处，剪断细线，弹簧恢复到过程中，系统动量守恒D.用一根细线连在一起的形状相同的木球和铁球在水中匀速下降，剪断细线，两球在水中运动的过程中，系统动量守恒3．有一横截面积为S的铜导线，流

经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e，此时电子定向移动的平均速率为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为()A.nvtB.neSvC.IteD.ItSe4．关

于磁通量，下列说法中正确的是()A．穿过线圈平面的磁通量越小，则该磁场的磁感应强度也越小B．穿过线圈平面的磁通量为零，线圈所在处的磁感应强度可能很大C．穿过线圈平面的磁通量为零，则线圈所在处的磁感应强度一定为零D．面积一定的线圈放在匀强磁场中时，穿过线圈平面的磁通量是一定的

5．如图所示，完全相同的甲、乙两个通电圆环同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。现将甲撤去，则a点的磁感应强度大小为

()A．B2－12BB．B1－22BC．B1－B2D．B16．2022年10月31日，搭载空间站梦天实验舱的长征五号运载火箭，在文昌航天发射场点火发射成功。火箭发射时总质量是900t，火箭刚点火时，该发动机向后喷射的气体速度约为2.5km/

s，产生的推力约为1.05×107N，则它在()A．火箭刚点火时的加速度11.67m/s2B．火箭刚点火时的加速度3.34m/s2C．火箭1s时间内喷射的气体质量为4.2×103kgD．火箭1s时间内喷射的气体质量为4.2×102kg7．如图所示，两个线圈绕在同一个软铁环上

，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是()A.线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转B.线圈A和电池断开瞬间，小磁针不会偏转C.用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转D.线圈B

匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转8．在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡伏安特性曲线如题图乙所示。当开关闭合后，下列判断不正确的是()A．灯泡L2工作时的电阻为7.5ΩB．灯泡L2消耗的电功率为0

.375WC．电路消耗的总功率为1.35WD．通过灯泡L1的电流小于灯泡L2电流的2倍二、多选题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。题目中所给的四个选项中有多个答案正确，全部选对得4分，选对但不全者得2分，选错的得0分）9．下面关于物体动量和冲量的说法，正确的

是()A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定会改变C．物体动量变化量的方向，就是它所受合外力的冲量方向D．物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化量就越大10．将两个定值电阻、电阻箱和理想电压表按照如图所示方式连接，其中电源的

内阻为r，且0r，闭合开关，逐渐增大电阻箱的阻值，同时观察电压表的示数，使其读数增加ΔU，则在该过程中（）A.电源的输出电压增加了ΔUB.如果流过电阻箱的电流改变ΔI，则1ΔΔURI<C.定值电阻R2两端的电压逐渐减小，且减少量为ΔUD.如果流过定值电阻R2的电流改变ΔI2，则22ΔΔU

RrI=+11．如图所示，某电路中电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，指示灯RL的阻值为32Ω，电动机M线圈电阻为R0=2Ω。当开关S闭合后，指示灯RL的电功率为2W。那么下列说法中正确的是（）A.流过电动机M的电流为4AB.流过理想电流表

的电流为2AC.电动机M输出的机械功率7.875WD.电源的总功率为20W12．如图所示，把两个体积相同的带正电的小球A和B放在光滑绝缘水平地面，它们的电荷量分别为q和2q，质量分别为m和2m。某时刻A球以大小为v0的速度沿两小球连

线方向向B球运动，此时B球速度为0，两球相距为L。运动过程中两球始终没有相碰，下列说法正确的是（）A.A、B两球最近时，B球的速度为03vB.A球速度最小时，系统电势能增量为2013mvC.A、B两球运动过程中的加速度大小之比始终为2：1D.A、B两球组成的系统合外力为零，所以

动量守恒，机械能守恒三、非选择题（本题共6小题，共计60分）13．（6分）某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。（1）首先，用游标卡尺测量出小球的直径D=；（2）下列操作中有必要的是________。A.实验前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向B.实验中需要测量小球开始释放的

高度ℎC.实验中需要测量小球抛出点距地面的高度𝐻D.实验中需要测量小球做平抛运动的水平射程（3）第一步：先从S处释放m1并多次重复找到落点P，并测出水平射程OP。第二步：将m2静置于轨道末端O'点，再从

S处释放m1与m2，两球发生对心碰撞，并多次重复实验操作后，分别确定两球的水平射程OM和ON。若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为(用图中字母符号表示)。14.（8分）有一电动势E约为12V，内阻r在20~50Ω范围内的电源，其允许的最大电流为100mA。为

测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计；R为电阻箱，阻值范围为0~999Ω；R0为保护电阻。（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格，本实验应选用________

__。A．400Ω，1.0WB．100Ω，1.0WC．50Ω，1.0WD．10Ω，2.5W（2）该同学按照图甲所示的电路图，连接实验电路，接好电路后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值R，读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，以01RR+

为横坐标，以1U纵坐标，代入数据可画出如图乙所示图像，对应的函数方程式为______________（用所给物理量的字母表示）。（3）图像中若用b表示图线与纵轴的截距，用k表示斜率。则E=_______，r

=______。15.（8分）某高校设计专业学生对手机进行了防摔设计，防摔设计是这样的：在屏幕的四个角落设置了由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成的保护器，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到手机掉落，保护器会自动弹出，对手机起到很好的保护作用。

总质量为160g的该种型号手机从距离地面高的口袋中被无意间带出，之后的运动可以看作自由落体运动，平摔在地面上，保护器撞击地面的时间为0.4s，不计空气阻力，，试求：(1)手机落地前瞬间的速度大小；(2

)手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；(3)地面对手机的平均作用力大小。16．（9分）如图所示，竖直放置一个面积为S的正方形线框，在空间广泛分布一磁感应强度大小为B，方向与线框平面夹角为θ的匀强磁场。求：（1）求通过该线框的磁通量；（2）若将线框从初

始位置绕ab边逆时针转到水平位置，求磁通量变化量；1.25m210m/sg=（3）若将线框绕ab边以角速度ω匀速逆时针旋转，求通过该线框的磁通量为零所用的时间t。17．（13分）如图所示，电源的电动势E=24V、内阻r=2Ω，电阻R1=R2=R3=R=5Ω，

电容器的电容C=6×103μF。(结果保留三位有效数字)（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R3的电荷量Q。18．（16分）如图，水平轨道的右端固定一半径为r的竖直光滑半圆轨道，其直径BC竖直。水平轨

道上质量分别为3m、m的两小物块P、Q将原长2r的轻弹簧压缩r后由静止释放。已知P、Q两物块与水平轨道间的动摩擦因数之比为1:3，释放两物块时弹簧的弹性势能为Ep=6mgr，物块与弹簧不粘连，物块Q与水平轨道右端B的距离为5r，已

知物块Q到达B点时对轨道的压力大小为FNB=7mg，重力加速度g。求：（1）物块Q运动到C点时对轨道的压力大小FNC及最后落到水平轨道上的位置与B点的距离x；θba（2）物块Q运动到B点时物块P的速度大小v；（3）物块P向左运

动的距离L。答案和解析1.【答案】D【解析】A.麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，选项A错误；B.爱因斯坦认为光本身是由一个个不可分割的能量子组成的，频率为𝜈的光的能量子为ℎ�

�，选项B错误。C.只要空间某处有周期性变化的电场或磁场，才会在其周围产生电磁波，选项C错误；D.不同电磁波具有不同的频率，紫外线的频率大于蓝光的频率，选项D正确。2.【答案】D【解析】图甲中，子弹射入木块的过程中，系统水平方向受合

力为零，则动量守恒；图乙中，物块沿光滑固定斜面下滑的过程中，受合外力不为零，系统动量不守恒；图丙中，剪断细线，压缩的弹簧恢复原长的过程中，水平方向要受到竖直墙壁对𝑀的作用，即水平方向受合力不为零，系统的动量不守恒；图丁中，

两球匀速下降，则受到的重力和浮力的合力为零；剪断细线后，系统受的重力和浮力不变，则系统受合力仍为零，系统动量守恒。3.【答案】C【解析】AB．通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为单位体积的自由电子数乘以

体积，即NnVnvtS==,故A、B错误；CD．根据电流的定义式QNeItt==,则通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为:ItNe=，故C正确，D错误。4.【答案】B【解析】穿过线圈的磁通量：cosBS=，其中θ是线圈平面与垂直磁场方向之间的夹角。在同一个磁场中，线圈平面方向不同时

，穿过线圈的磁通量不同；当线圈平面与磁场平行时，无论磁感强度多大，穿过线圈的磁通量为一定为零；当线圈平面与磁场垂直时，穿过线圈平面的磁通量最大。5.【答案】B【解析】甲乙两环在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，而b点的磁感应强度大小为B2，因此两环在b点产生的磁感应强

度均为22B。甲环在a点和b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故甲环在a点产生的磁感应强度为22B，而a点的磁感应强度大小为B1，因此乙环在a点产生的磁感应强度为212BB−，因此撤去甲环后，a点的磁感应强度大小为212BB−，故选B。6.【答案】C【解析】：刚

点火时，由牛顿第二定律得：76251.0510910=kg/s1.67m/s910Fmgam−−=，故A、B均错；设它在∆t时间内喷射的气体质量为∆m，根据动量定理：Ftmv=，解得：731.0510=kg/s4.210kg/s2500mFtv==，则它在1s时间内喷射的气体质

量约为4.2×103kg。故选B。7.【答案】A【解析】AB．线圈A和电池连接瞬间，A中电流从无到有，电流发生变化，磁通量变化，则在B线圈中感应出感应电流，从而产生感应磁场，小磁针偏转，同理线圈A和电池断开

瞬间，小磁针也会偏转，故A正确，B错误。C．电路稳定后，电池是直流电，大小和方向都不变，所以无论是用几节电池，在B中没有电流产生，则小磁针不会偏转，故C错误；D．电路稳定后，在B中没有电流产生，无论线圈匝数多还是少都不能偏转，故D错误。8.【答案】B【解析】由于电源内阻不计

，可知灯泡L2的电压为：231.5V2EUU===，根据乙图可知，流过灯泡L2的电流为I2=0.20A，可得灯泡L1电阻为2221.57.50.20URI===，故A正确；灯泡L2消耗电功率为：2221.50.20W0.30WPUI===，故B

错误；电路消耗总功率：12()3.0(0.250.20)W1.35WPUII=+=+=，故C正确；由电路连接方式和I-U图像可知：2I2=0.40A>I1，故D正确。本题选择错误的，故选B。9.【答案】BCD【解析】由动量定理可知，物体所受合外力的冲量，其

大小等于动量的变化量的大小，方向与动量变化量的方向相同，故A项错误，B、C、D项正确。10.【答案】BC【解析】A．逐渐增大电阻箱的阻值时，电路中总电阻增大，总电流减小，电压表的示数增大，通过R1的电流增大，根据并联电路分流规律可知，流过

R1的电流增加量ΔI1小于流过电阻箱的电流变化量ΔI，则有11ΔΔΔΔUURII=，A错误；B．外电路总电阻增大时，总电流减小，则R2的电压减小，由于路端电压增大，所以R2两端的电压减少量一定小于ΔU，B正确；C．如果流过定值电

阻R2的电流改变ΔI2，根据闭合电路欧姆定律得：22()UEIRr=−+可得：22ΔΔURrI=+，故C正确；D．因为0r，电压表读数增加ΔU，由于电阻R2的电压减小，减少量小于ΔU，则电源输出电压增加量小于ΔU，D错误。11.【答案】BCD【解析】AB．指示灯LR的电压为：232V8V

LLUPR===指示灯LR的电流为：8A0.25A32LLLUIR===根据闭合电路欧姆定律可得：LEUIr=+解得，流过电流表的电流为：128A2A1LEUIr−−===流过电动机M的电流为：20.25A

1.75AMLIII=−=−=（），所以A错误，B正确；C．电动机M输出的机械功率为：22081.75W1.752W7.875WMMMPUIIR=−=−=机所以C正确；D．电源的总功率为：102W20WPEI===，所以D正确。1

2.【答案】AC【解析】两球最近时，速度相等，根据动量守恒：0B(2)mvmmv=+，解得：0B3vv=，故A正确；因为球质量小，最小速度为零，此时B球速度v：02mvmv=，系统电势能增量为：222p00111(2)224Emvmvmv=−=

，故B错误。C．两球间静电力大小相等，Fma=，所以AB、两球运动过程中的加速度大小之比始终为2:1，故C正确；D．AB、两球组成的系统合外力为零，动量守恒，但有电势能和机械能间的转化，机械能不守恒，故D错误。13.【答案】（1）10.70mm，（2）AD，（3）m

1·OP=m1·OM+m2·ON【解析】（1）D=（10+14×0.05）mm=10.70mm（2）小球离开轨道后做平抛运动，所以实验前要调节底端水平。小球在空中飞行时间t相同。由动量守恒定律111122mvmvmv=+可知，111122mvt

mvtmvt=+，所以，111122mxmxmx=+，故选AD。（3）要验证碰撞过程中动量守恒，表达式应为：m1·OP=m1·OM+m2·ON14.【答案】B0111rUERRE=++1bkb

【解析】（1）当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为100mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最大阻值为：0min100ERrI=−=，应选用B规格；（2）由闭合欧姆定律得：00EURRRRr=+++（）变形，得：0111rUERRE=++（3）可得图像中截距：11b

EEb==，解得：AB、A斜率：krb=15.【答案】（1）5m/s（2）0.80N·s（3）3.6N【解析】（1）已知手机的质量m=0.160kg，离地高度h=1.25m，与地面作用时间t=0.4s，设手机落地

瞬间速度为v，由动能定理可知:212mghmv=解得：v=5m/s（2）由动量定理可知重力的冲量大小为II=mv-0解得：I=0.80N·s（3）手机与地面作用的过程中，规定向下为正Mgt-F平t=0-mv解得：F平=3.6N16.

【答案】（1）BSsinθ；（2）-BS（sinθ+cosθ）；（3）nt+=（n为整数）【解析】：（1）规定初状态的磁通量为正，根据题意可知，通过该线框的磁通量sinBS=（2）根据题意可知，若将线框从初始位置逆时针转到水平位置，通过该线框的磁通量cosBS

=−所以，磁通量变化量(sincos)BS=−=−+（3）当磁感应强度方向与线框平行时，通过该线框的磁通量为零，若线框顺时针旋转tn=+（n为整数）线框逆时针旋转的时间为：nt+=（n为整数）17.【答案】14．（1）10V；（2）2.53A；（3）5.36×

10-2C【解析】（1）开关断开时的等效电路图如图甲所示12EIrRR=++11UIR=联立方程解得：U1=10.0V（2）开关闭合时的等效电路图如图乙所示，设R1与R并联后再与R2并联的总电阻为R总，则有：121RRRRrRR=+++总EIR=总联立方程解得：I=2.53A（3）

开关断开时，电容器与2R并联，2R与1R电压相等，则有Q1=CU1解得：Q1=6.00×10-2C，且a端电势高开关闭合时，电容器与电源并联，根据上述分析可得路端的电压为U=E-IrQ2=CU联立方程解得：Q2=1.136×10-1C且a端电

势高通过电阻R的电荷量：Q=Q2-Q1解得：Q=5.36×10-2C18．（1）mg；22r；（2）63gr；（3）5r【详解】(1)在B点，根据牛顿第三定律可得轨道对Q的支持力大小为NBNB7FFmg==，则由牛顿第二定

律：2BNBvFmgmr−=可得：B6vgr=Q从B点运动到C点时，有2211222CBmgrmvmv−=−在C点2NCCvFmgmr+=联立方程可得：NCFmg=，2Cvgr=由牛顿第三定律可得物块Q运动到C点时对轨道的压力大小NCNCFFmg==物

块Q离开C点做平抛运动2122rgt=Cxvt=联立方程解得：22xr=(2)P、Q在水平面运动时所受的摩擦力分别为fP、fQP33PPfmgmg==QQ3Pfmgmg==即两个物体所受摩擦力方向相反，所以当Q运动到B点前，两物体动量守恒，有：30PQmg

vmv−=所以，13PQvv=设物块Q运动到B点时物块P的速度大小为v633Bgrvv==(3)由(2)的分析可知，在弹簧回复原长的过程中，P、Q的位移分别为xP、xQ3PQmgxmgx=13PPQQxvxv==则弹簧对P、Q做功为WP、WQ2

P2Q1312132PQmvWWmv==由动能定理可得：2152QQBWfrmv−=即：231542PQBEfrmv−=可得：310Qmgf=则对P有04PPEfL−=可得：L=5r获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com