【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3

1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1ΔΔUR

I<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22ΔΔURrI=+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2

m。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ℎ𝑣，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：2221.50.20W0.30W

PUI===，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：232V8VLLUPR===指示灯LR的电流为：8A0.25

A32LLLUIR===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：20.25A1.75AMLIII=−=−=（），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。12.【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：0

B3vv=，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）m1·OP=m1·OM+m2·ON【解析】（1）D=（10+14×0.05）mm=1

0.70mm（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，111122mvtmvtmvt=+，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：11bEEb==，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I

I=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12EI

rRR=++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2NCC

vFmgmr+=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==QQ

3Pfmgmg==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：30PQmgvmv−=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、WQ2P2Q1312132PQmvWWmv==由动能定理可得：2152QQBWfrmv−=即：231542PQBEfrmv−=可得：310Qmgf=则对P有04PPEfL−=

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