【文档说明】湖北省鄂东南联盟学校2023-2024学年高二上学期期中联考物理试题 含解析.docx，共(18)页，2.274 MB，由小赞的店铺上传

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2023年秋季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校期中联考高二物理试卷一、选择题：本题共10小题，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8～10题有多项符合题目要求．每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1

.在人类探索自然规律的过程中，有许多科学家做出了杰出贡献．下列说法正确的是（）A.美国物理学家密立根命名了正电荷和负电荷B.法国物理学家库仑通过扭秤实验装置，对电荷之间的作用力开展研究，发现了库仑定律C.法国物理学家安培发现了电流的磁效应，揭示了磁现象的电本质D.英国物理学家

法拉第最早发现电磁感应现象，并指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比【答案】B【解析】【详解】A．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，故A错误；B．法国物理学家库仑通过扭秤实验装置，对电荷之间的作用力开展研究，发现了库仑定律，故B正确；C．奥斯特最早

发现了电流的磁效应，安培的分子电流假说，认为构成磁体的分子内部存在一种环形电流，即分子电流，揭示了磁现象的电本质，故C错误；D．法拉第最早发现了电磁感应现象，但指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的

变化率成正比的是纽曼和韦伯，故D错误。故选B。2.如图所示，以等量正点电荷连线的中点O为原点，沿中垂线建立x轴，x轴上电场强度最大的两个点记为AB、，将一电子从A点由静止释放．下列说法正确（）A.AB、两点的电场强度相

同B.电子经过O点时的加速度最大C.电子经过O点时的速度最大D.电子在O点的电势能最大【答案】C【解析】【详解】A．AB、两点的电场强度大小相同，方向相反，选项A错误；BC．电子经过O点时受电场力为零，加速度为零，速度最大，选项B错误，C正确；D．O点电

势最高，则电子在O点的电势能最小，选项D错误。故选C。3.油烟危害健康，某品牌的抽油烟机的主要部件是照明灯12LL、和抽气扇M（电动机），其中抽气扇有“强吸”和“弱吸”两档，电路连接如图所示．下列说法正确的是（）A.闭合开关2S，抽气扇处于“强吸”档B.照明灯1L烧

断的情况下，2L不能正常工作C.抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡，其发热功率不变D.工作中的抽气扇因吸入异物出现卡机时，电路消耗的电功率减小【答案】A【解析】【详解】A．闭合开关2S，抽气扇M电压增加，因此抽气扇处于“强吸”

档，A正确；B．因照明灯12LL、并联，因此照明灯1L烧断的情况下，2L能正常工作，B错误；C．抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡，电压增加，电流变大，因此其发热功率变大，C错误；D．工作中的抽气扇因吸入异物出现卡机时，电动机变成纯电阻电路，回路中的电流将变大，电路消耗的电功率增加，D错误。故选

A。4.如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的水平发射导管内．闭合开关S后，在00~t内驱动线圈的电流abi随时间t的变化如图乙所示．在这段时间内，下列说法正确的是（）A.驱动线圈内部的磁场方向水平向左

B.发射线圈内部的感应磁场方向水平向右C.0=t时发射线圈的感应电流最大D.tt=0时发射线圈所受的安培力最大【答案】C【解析】【详解】A．根据安培定则，驱动线圈内的磁场方向水平向右，A错误；B．由图乙可知，通过发射线圈的磁通量

增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，B错误；CD．0=t时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大；同理，tt=0时发射线圈中的感应电流最小，但此时磁场最强，安培力不是最大值，故C正确，D错

误。故选C。5.如图所示，边长为a正方形线框ABCD由四根完全相同的导体棒连接而成，线框平面与磁感应强度方向垂直，当流入A点的电流为I时，导体棒AB受到的安培力大小为F，则（）A.AD边受到的安培力的大小为FB.整个线框受到的安培力的大小为2FC.匀强磁场的磁感应强度大

小为4FIaD.整个线框受到的安培力的方向竖直向下【答案】C【解析】【详解】A．AD边的电流等于AB电流的3倍，根据F=BIL可知，AD受到的安培力的大小为3F，选项A错误；BD．因AB和CD受安培力等大反向，BC受安培力为F，方向向上；AD受安培力为3F，方向向上，可知整个线

框受到的安培力的大小为4F，方向向上，选项BD错误；C．AB中的电流为4I，则根据F=BIL可得匀强磁场的磁感应强度大小为44FFBIIaa==选项C正确；故选C。6.如图所示，在竖直面内按虚线分割为两个区域，区域上部分有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，虚线

ab部分是一个半圆，半径为,Rca部分是水平直线，长度为R．bd部分为与ca等高水平直线，长度也为R．一群质量为m、电荷量为q+的粒子从c点以不同的速率竖直向上射入磁场，其中在磁场中运动时间最长粒子的速度是（）（不计粒子的重力）A.2vqBRm=B.qBRvm=

C.54qBRvm=D.2qBRvm=【答案】B【解析】【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动2mvqBvr=2rTv=可得粒子在磁场中的周期2mTqB=粒子在磁场中运动的时间360tT=可见，轨迹对应

的圆心角越大，运动时间越长。从几何关系上，过C点做虚线圆弧的切线得切点，若带电粒子经过此切点，所对应的圆周运动的圆心角最大则圆心角240=对应粒子的圆周运动半径rR=代入前面公式可得qBRvm=故选B。7.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定，导轨宽度l，倾角为30，上端连

接一电容器C，垂直导轨平面向上的匀强磁场穿过导轨所在平面．现让一根质量为m的导体棒从静止开始滑下，已知导体棒的质量22mBlC=，所有电阻均不计，重力加速度大小为g，当导体棒下滑的距离为x时，下列说法正

确的是（）A.导体棒做变加速运动B.导体棒做匀加速运动，加速度大小为12gC.导体棒的速度大小为12gxD.电容器所带的电荷量为2gxBlC【答案】D【解析】【详解】AB．电容器两端电势差U等于导体棒切割磁感线产生的感应电动势，当导体棒的速度大小为v时，有U=B

lvΔU=BlΔvΔQ=CΔUΔQ=IΔt根据加速度定义式可得vat＝根据牛顿第二定律可得mgsin30°-BIl=ma解得22sin30mgamBlC+＝因22mBlC=，可得4ga=即导体棒做匀加速运动，故AB错误；C．当导体棒下滑的距离为x时，导体棒的

速度大小为22gxvax==选项C错误；D．电容器所带电荷量为2gxQBlvCBlC==选项D正确。故选D。8.图甲为某一小灯泡的UI−图线，现将两个这样相同的小灯泡并联后与一个4的定值电阻R串联，接在内阻为1、电动势为

5V的电源两端，如图乙所示。下列说法正确的是（）A.1L中的电流约为0.2AB.2L的电功率约为0.6WC.电源输出功率约为2.64WD.电源的效率约为75%【答案】BC【解析】【详解】AB．设每盏小灯泡的电流为I，两端的电压为U，根据闭合电路欧姆定律2()U

EIRr=−+的即510UI=−将此函数关系的图像画在灯泡的U-I图线上，可看出交点处即为电路的工作点，即此时0.3A,2VIU==所以2L的电功率为P=UI=0.6W故A错误，B正确；C．电源输出功

率为()2=222.64WPEIIr−=输出故C正确；D．电源的效率为()222==88%2PEIIrPEI−=输出总故D错误故选BC。9.如图所示，在区域足够大水平匀强电场中，质量为m、电荷量为q的带正电小球，自O点以初速

度0v沿OA方向在竖直面内做直线运动，OA与水平面的夹角为30，重力加速度为g，忽略空气阻力．则（）。A.电场方向水平向右B.电场强度的大小3mgEq=C.小球上升的最大高度204vgD.小球电势能增加量的最大值为2038mv【答案】BD【解析】【详解】AB

．小球沿OA做直线运动，合力沿OA方向，则电场力水平向左，电场方向水平向左，则tan30mgqE=可得3mgEq=选项A错误，B正确；C．小球上升的最大高度2200(sin30)28vvhgg==选项C错误；D．水平方向最大位移20(cos30)2xvxa=3xqEa

gm==小球电势能增加量的最大值为203cos8PmEWEqxmv=−=−=电选项D正确。故选AD。10.如图甲所示，匝数10N=匝、边长为1mL=、电阻1R=的正方形金属线框，用两根均带有拉力传感器（图中未画出）的绝缘轻绳悬挂在天花板上．位于线框中间的虚线上方充满垂直纸面

向外磁场，磁感应强度0.5(T)(0)Bktk=+变化，电脑显示每个拉力传感器的示数变化如图乙所示，整个过程中轻绳未断且线框始终处于静止状态，不考虑线框的形变和电阻的变化，下列说法正确的是（）A.k的值为0.4T/sB.线框的重力为12NC.0~2s时间内线框的功率为16WD.0~2s时间

内通过金属线框某一截面的电荷量为4C【答案】AD【解析】【详解】AB．感应电动势2152BENNLktt===线圈受安培力50(0.5)EFNBLkktR==+安对线圈2FmgF=+安则21

(25)252Fmgkkt=++由图像可得1(25)122mgk+=220122542k−==解得k=0.4T/smg=14N故A正确，B错误；C．因感应电动势E=2V，则0~2s时间内线框的功率为2=4WEPR=故C错误；D．0~2s时间内通过金

属线框某一截面的电荷量为22C=4C1EqIttR===故D正确。故选AD。二、非选择题（本题共5小题，共60分）11.某同学按图甲所示实验电路进行“观察电容器的充、放电现象”的实验，电源E为3V直流稳压电源，他先把开关S掷向1端，电容器充电完毕后

，再把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间t的变化情况。（1）图乙为电容器充电时显示出的电流随时间变化的it−图像，电容器充电完毕后的电荷量约为______________C（结果保留2位有效数字）；电容器的电容约为______________

F。（结果均保留2位有效数字）（2）实验时如果不改变电路其他器材，只将电阻换成另一个阻值较小的电阻进行实验，充电时间将______________（填“变长”、“不变”或“变短”）；（3）实验时如果不改

变电路其他器材，只将电容器换成另一个电容较大的电容器进行实验，则得到的it−图线与坐标轴圈成的面积将______________（填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】①.()3333.1102.9103.2

10−−−−②.31.010−（或31.110−）③.变短④.变大【解析】【详解】（1）[1]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，确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标每个小格为0.4s，则每个小格所代表的电荷量的数值为350.

2100.4C810Cqit−−===曲线下方包含的小正方形的个数约为40个，由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器所带的电荷为534081040C3.210CQq−−===[2]根据QCU=得333.210F

1.110F3QCU−−===（2）[3]因为电阻阻值越小，对电流阻碍作用越小，因此充电时间会变短；（3）[4]如果不改变电路其他器材，将电容器换成另一个电容较大的电容器，则由QCU=电容C增大，电压U不变，则Q增大，则得到的

it−图线与坐标轴圈成的面积将变大。12.某同学测量的一段圆柱形合金材料的电阻率，步骤如下：（1）第一步：用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，圆柱形合金材料直径为______________mm；（2）第二步：该同学先用多用电表欧姆挡“10”倍率粗测圆柱形合金材料的电阻xR的

阻值，正确操作后刻度盘上的指针位置如图乙所示，则测量值是______________；（3）第三步：为了尽可能精确测量圆柱形合金材料的电阻xR的阻值，该同学设计了如图丙所示的电路，实验器材如下：干电池2节（电动势3.0V，内阻

不计）；电压表V（量程3V，内阻为1000）；定值电阻0R（阻值为100）；滑动变阻器R（最大阻值为150）；开关S，导线若干。①断开开关，连接电路，将滑动变阻器R的滑片调到阻值最大的一端。将定值电阻0R和电压表接入电路；闭合开关，调节滑片位置，使电压表指针指在满刻度的12处。此时滑动变阻器

接入电路的阻值应为______________；（保留1位小数）②断开开关，保持滑片的位置不变。用xR替换0R，闭合开关后，电压表指针指在满刻度的13处，则xR的测量值为______________；（保留1位小数）③本实验中若考虑电池内阻，对xR的测量值______________（填“有”

或“无”）影响。（4）第四步：测量圆柱形合金材料接入电路中的长度，求出电阻率。【答案】①.1.845##1.844##1.846②.50③.90.9④.47.6⑤.无【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的度数为1.

5mm34.50.01mm1.845mmd=+=因为最后一位是估读，所以读数为1.844~1.846mmmm均可。（2）[2]多用电表欧姆挡读数等于指针指示数乘以倍率，即51050=（3）①[3]由于电压表的量程是3V，电压表指针指在满刻

度的12处，所以电压表示数为1.5V，电源电动势3.0V，内阻不计，所以滑动变阻器两端的电压也为1.5V，则滑动变阻器接入电路的阻值等于定值电阻0R和电压表并联的阻值，即0V0V90.9RRRRR==

+②[4]用xR替换0R，闭合开关后，电压表指针指在满刻度的13处，电压表示数为1.0V，所以滑动变阻器两端的电压也为2.0V，则，通过滑动变阻器的电流为0.022ARUIR==xR与VR并联后的电流等于通过滑动变阻器的电

流，即VxUUIRR=+可得47.6xR=③[5]若考虑电池内阻，则用滑动变阻器接入电路中的电阻与电源内阻之和代替原来的滑动变阻器接入电路中的阻值，计算结果不变，所以无影响。13.如图所示，带电小球A和B（可视为点电荷）放在倾角为30的光滑固定绝缘斜面上，A球的质量为2m，所带电荷量为q

+，B球的质量为m，所带电荷量为q−。沿斜面向上的恒力作用于A球，可使AB保持间距r不变沿斜面向上做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：（1）加速度的大小；（2）恒力的大小。【答案】（1）222kqgamr=−；（2）22

3kqFr=【解析】【详解】（1）根据库仑定律，两球相互吸引的库仑力21222qqkqFkrr==库A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律有sin30Fmgma−=库所以222kqgamr=−（2）把A球和

B球看成整体，AB间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律有3sin3Fmgma−=所以223kqFr=14.如图所示，在距离水平地面0.8mh=的虚线的上方有一个方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场。正方形线框abcd的边长0.2ml=，质量0.1kgm=，电阻0.08R=．

现以一定的初速度竖直上抛该线框，当线框ab边以02m/sv=的速度进入磁场时，再对线框施加竖直向上的恒力2NF=，线框恰好做匀速运动．线框全部进入磁场后，立即撤去外力F，线框继续在磁场中上升一段时间后开始下落，最后落至地面，g取210m/s，求：（1）匀强磁场的磁感应强度

的大小；（2）线框从开始进入磁场到最高点所用的时间；（3）线框落地时的速度的大小；（4）整个过程中线框产生的焦耳热。【答案】（1）1T；（2）0.3s；（3）4m/s；（4）0.4J【解析】【详解】（1）线框ab边刚进入磁场

时，感应电流的大小为0BERlvIR==线框恰好做匀速直线运动，有FmgBIl=+解得1TB=（2）设线框进入磁场做匀速直线运动的时间为1t，有100.2s0.1s2ltv===线框全部进入磁场后做竖直上抛运动到最高点，所用时间为0

22s0.2s10vtg===所以线框从进入磁场到最高点所用时间为的120.3sttt=+=（3）线框从最高点回到磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，其方向竖直向上，且mgBIl=所以线框穿出磁场过程仍然做匀速直线运动，之后做匀加速

直线运动，有2202()ghlvv−=−代入数据解得线框落地的速度为4m/sv=（4）由能量守恒知2Qmgl=得0.4JQ=15.如图，在地面上沿竖直面建立直角坐标系，在00.8my范围内同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的

匀强磁场。一个质量为10gm=、电量为0.2Cq=的带正电小球，从y轴上高度为1.6m的A点处以03m/sv=水平抛出，小球进入磁场后速率保持不变，轨迹恰好与x轴相切。MN是与y轴平行的足够长的弹性挡板（粒子碰撞后，速度大小不变，方向反向），其横坐标位置可调，g取210m/s，求：（1

）电场强度E和磁感应强度B的大小；（2）若小球垂直碰撞挡板，求挡板的位置坐标值；（3）若小球垂直碰撞挡板，且反弹后恰能返回到出发点A，求带电粒子运动的最短时间。【答案】（1）0.5N/CE=，0.5TB=；（2）11.6(m)(1,2,3)xnsnn===

；（3）3072.4(s)900+【解析】【详解】（1）由小球进入磁场后速率保持不变，可知Eqmg=可得0.5N/CE=由平抛运动规律212ygt=得0.4st=4m/syvgt==即小球刚进入磁场时速度为22105m/syvvv=+=设方向与x轴成角，则有04tan3

yvv==可得53=由题意得cos530.8mRR+=得0.5mR=由洛伦兹力提供向心力可得211vqvBmr=得0.5TB=（2）小球做平抛运动沿x轴方向的位移01.2mxvt==由题意可知，小球在磁场上方平抛运动，

在磁场内顺时针匀速圆周运动360253−度圆心角，回到磁场上方又做抛体运动，速度方向水平时距离出发点的位移12sin1.6msxrx=−+=故探测板可能的横坐标位为11.6(m)(1,2,3)xn

snn===（3）由于小球与探测板碰撞是弹性碰撞，故小球与探测板碰撞后反向平抛，进入磁场做顺时针匀速圆周运动253圆心角，回到磁场上方又做抛体运动方向水平时距离碰撞点的位移22sin3.2msxrx=++=小球回到出发点的条件为23.2(m)(1,2,3)xNsNN===又1

1.6(m)(1,2,3)xnsnn===即2Nn=其中nN、均为自然数，满足该条件得自然数N可以取最小值2时，有1n=的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com