【文档说明】湖南省衡阳市衡阳县2022-2023学年高二上学期期末质量检测物理试题 含解析.docx，共(15)页，1.698 MB，由小赞的店铺上传

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2022年下学期期末质量检测试题高二物理第Ⅰ卷（选择题）一、单选题（每小题4分，共计24分）1.下列说法不符合科学史实的是（）A.焦耳通过实验发现了电流的热效应B.奥斯特通过实验发现了电流的磁效应C.法拉第通过实验发现了电磁感应现象D.麦克斯韦通过实验发现了电磁波

【答案】D【解析】【详解】A．焦耳通过实验发现了电流的热效应，故A正确；B．奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，故B正确；C．法拉第通过实验发现了电磁感应现象，故C正确；D．麦克斯韦理论预言了电磁波，赫兹通过实验发现了电磁波，故D错误。本题选不符合科学史的，故选D。2.某玩具电动车的电动

机铭牌上标注如图所示，当电动机正常工作时，电动机线圈消耗的热功率为（）额定电压：3V额定电流：1A线圈内阻：0.5A.0.5WB.3WC.9WD.18W【答案】A【解析】【详解】电动机线圈消耗的热功率为20.5WPrI==故选A3.一个等边三角形ABC，其边长为a，在A、B两点分别放置电荷量

都为q正、负点电荷，则它们在C点产生的电场强度为（）。的A.2qEka=方向平行AB向左B.22qEka=方向平行AB向左C.2qEka=方向平行AB向右D.22qEka=方向平行AB向右【答案】C【解析】【

详解】A处正点电荷在C处场强方向为由A指向C，大小为12kqEa=B处负点电荷在C处场强方向为由C指向B，大小为22kqEa=由图可知1E和2E夹角为120，根据场强的矢量计算法则可得合场强为2kqEa=方向平行AB向右。故选C4.如图所示，静电场中的一

条直电场线上有A、B两点，电子仅受电场力作用下由A点静止释放后向B点运动，则下列判断正确的是（）A.A点的电势比B点的电势高B.A点的场强一定比B点的场强大C.电子在A点的电势能比在B点的电势能大D.电子在A点受

到的电场力一定比在B点大【答案】C。【解析】【详解】AC．电子在A点静止释放后向B点运动，表明电子受到的电场力由A指向B，电场的方向为由B指向A，沿着电场线的方向电势逐渐降低，故A点的电势比B点的低，这个过程

中电场力对电子做正功，电势能减小，故A点的电势能比B点的电势能高，A错误，C正确；BD．一条电场线不能明确电场线的疏密，无法判断A、B两点电场强度的大小，也就无法判断A、B两点电场力的大小，BD错误。故选C。5.如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与

电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计指针的偏转指示电容器两极板间的电势差。实验中保持极板上的电荷量Q不变。设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。下列关于实验现象的描述正确的是（）A.保持其他条

件不变，只增大d，则变大B.保持其他条件不变，只减小d，则不变C.保持其他条件不变，只减小S，则变小D.保持其他条件不变，只在两板间插入电介质，则变大【答案】A【解析】【详解】静电计的张角大小指示电容器两极板的电势差大小，电势

差越大，张角越大，根据电容的决定式和定义式可得4SCkd=QUC=A．保持其他条件不变，只增大d，电容C减小，电势差U增大，张角变大，A正确；B．保持其他条件不变，只减小d，电容C增大，电势差U减小，张角变小，B错误；C．保持其他条件不变，只减小S，电

容C减小，电势差U增大，张角变大，C错误；D．保持其他条件不变，只在两板间插入电介质，即增大，电容C增大，电势差U减小，张角变小，D错误。故选A。6.图（a）为一列波在2s=t时的波形图，图（b）为媒质是平衡位置在1.5mx=处

的质点P的振动图像，下列说法正确的是（）A.波沿x轴正向传播B.波在媒介中的传播速度为2m/sC.4st=时，P向y轴正方向运动D.当7st=时，P恰好回到平衡位置【答案】C【解析】【详解】A．图（b）为媒质是平衡位置在1.5mx=处的质点P的振动图像，则在2s=t时，振动方向为y轴负方向，

则图（a）中，根据质点振动方向和传播方向在图像同一侧可知波的传播方向向左，故A错误；B．图（a）可知，机械波的波长为2m=；图（b）可知振动周期为4sT=，则波速为2m/s0.5m/s4vT===故B错误

；C．图（b）可知，在4st=时P向y轴正方向运动，故C正确；D．图（b）可知，在7st=时，P在y轴负方向最大位置，故D错误。故选C。二、多选题（每小题5分，选对但不全得3分，全部选对得5分，错选得0分，共计20分）7.对于某些物理量，既有该物理量的比值定

义式，又有该物理量的决定式。对于电场强度E、电容C和电流I，以下6个相关的公式：FEq=①，2QEkr=②，QCU=③，r4SCkd=④，qIt=⑤，UIR=⑥，归类正确的是（）A.①⑤属于比值定义式B.③⑥属于比值

定义式C.②④属于决定式D.②⑤属于决定式【答案】AC【解析】【详解】由电场强度E、电容C和电流I的定义可知，①③⑤属于比值定义式，由物理量间的决定关系可知，②④⑥属于决定式。故选AC。8.如图甲所示，在一条张紧

的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则（）A.a、b、c

单摆的固有周期关系为Ta=Tc<TbB.b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大C.由图乙可知，此时b摆的周期大于t0D.a摆的摆长为2024gt【答案】ABD【解析】【详解】A．由于a、c摆的摆长相同且小于b摆

的摆长，根据单摆的周期公式2lTg=可知，固有周期关系为Ta=Tc<Tb故A正确；B．因为Ta=Tc，所以c摆共振，达到稳定时，c摆振幅较大，b摆的振幅较小，故B正确；C．受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以三个单摆的频率相同，周

期相同，故b摆的周期等于t0，故C错误；D．a摆的周期为t0，由2lTg=，解得2024gtl=故D正确。故选ABD。9.如图所示电路，电源内阻不可忽略，电表均为理想电表．开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表与电流表的示数

都增大C.R2电流变大，R0电流变小D.R1电流变大，R0电流变大【答案】AD【解析】【详解】开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总阻值减小，电路的

总电流I增大，内电路的电压Ir增大，外电路路端电压U减小，即电压表示数减小；R1分压1IR变大，R2两端的电压1()UIR−减小，故电流表的示数减小，流过R0的电流增大。故选AD。10.如图所示，轻弹簧

的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（）A.在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B.在下滑过程中，物块和槽组成的系统在水平方向上动量守恒C.物块被弹

簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为2vgh=D.物块压缩弹簧过程中，弹簧的最大弹性势能p23mghE=【答案】ABD【解析】【详解】A．滑块下滑过程，只有重力做功，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，故A正确；B．滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向

动量守恒，故B正的确；C．设小球到达水平面时速度为1v，槽的速度为2v，且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球下滑的过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得1220mvmv−=由机械能守恒定律得2

21211222mghmvmv=+由以上两式得123ghv=，23ghv=物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等123ghvv==故C错误；D．物块与弹簧相互作用过程

系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能为2p11223mghEmv==故D正确。故选ABD。第Ⅱ卷（非选择题）三、实验题（每空2分，共计16分）11.用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图所示，

斜槽与水平槽圆滑连接。实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹P。再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球相碰，二球碰后分别落在记录纸上留下各自的痕迹。记录纸上的O点是重锤线所指的位置，若各落

点痕迹到O的距离分别为OM、OP和ON，并知A、B两球的质量分别为1m、2m。（1）两小球质量应满足的关系是1m___________2m（选填“>”“＜”或“=”）；若动量守恒，则应成立的表达式为：_________

__；（2）若碰撞是弹性的，则OM___________PN（选填“>”“=”或“＜”）；（3）考虑到A、B两球有一定大小，导致碰撞前后球A需要再滑行一段才能从水平槽前端飞出，如图所示。A、B两球碰撞且飞出后，落地前水平方向的总动量应该___________球

A单独滚下落地前水平方向的动量（选填“>”“=”或“＜”）。【答案】①.②.112mOPmOMmON=+③.=④.【解析】【详解】（1）[1]两小球碰撞后都能从右侧掉落，即碰撞后两球均向右运动

，两小球质量应满足的关系是12mm；[2]A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以P点是没有碰时A球的落地点，N是碰后B的落地点，M是碰后A的落地点；根据动量守恒定律可知，应用11122mvmvmv=+因小球做

平抛运动的高度相同，则下落时间相同，则一定有11122tmvtmvmtv=+OPvt=，1OMvt=，2ONvt=则112mOPmOMmON=+（2）[3]若碰撞是弹性的，则有11122mvmvmv=+22211122111222mvmvmv=+解得12112mmvvmm−

=+，12122mvvmm=+则12112mmOMvtvtmm−==+，12212mmPNvtvtvtmm−=−=+即OMPN=（3）[4]考虑到A、B两球有一定大小，碰撞后球A需要再滑行一段才能从水平槽前端飞出，此时A球的速度会变小，使得碰

撞后的动量减小。落地前水平方向的总动量应该小于球A单独滚下落地前水平方向的动量。12.“奋进”实验小组测量由某种新材料制成的电热丝的电阻率，步骤如下：（1）用螺旋测微器测量电热丝的直径，其中某次测量结果如图甲所示

，则电热丝的直径d=______mm。（2）用毫米刻度尺测得电热丝的长度L。（3）实验小组的同学计划用伏安法测量电热丝的电阻，电流表外接法如图乙所示（xR表示待测电阻），电流表内接法如图丙所示。采用外接法时，由于电压表的分流，电阻测量值______（填“大于”或

“小于”）真实值；采用内接法时，由于电流表的分压，电阻测量值______（填“大于”或“小于”）真实值。（4）选择合适电路进行正确操作，测得电流表示数为I，电压表示数为U，则电热丝的电阻率=______。（用d、L、I、U表示）【答案】①0.870②.小于③.大于④

.24dUIL【解析】【详解】（1）[1]电热丝的直径为0.5mm37.00.01mm0.870mmd=+=（3）[2]采用外接法时，电流表读数.rIII=+测真电压表读数UU=测真则rUUURRIIII===+真真

测测真测真真[3]采用内接法时，电流表读数II=测真电压表读数AUUU=+测真则AUUUURRIII+===真真测测真测真真（4）[4]由电阻定律可知2242LLLRSdd===由欧姆定律可得URI=解得

24dUIL=四、解答题（13题12分，14题13分，15题15分）13.如图所示的电路中，电源的内阻为0.8Ω，电阻12ΩR=，23ΩR=，32ΩR=。当开关S闭合时，理想电流表示数为0.6A，求：（1）电阻3R两端的电压

3U；（2）流过电阻2R的电流2I；（3）电阻1R两端的电压1U和电源的电动势E。【答案】（1）1.2V；（2）0.4A；（3）2V，4V【解析】【详解】（1）由欧姆定律知，电阻3R两端的电压3U为3330.62V=1.2VUIR==（2）2R

与3R并联电压相等，由欧姆定律知，流过电阻2R的电流2I为3221.32A=0.4ARUI==（3）干路电流为1231AIII=+=则电阻1R两端的电压1U为11112V=2VUIR==由闭合电路欧姆定律，电源的电动势E等于1312V+1.2V+10.8V=4VEUUIr=++=14.如图所示

，质量4kgm=的物体，以水平速度0=5m/sv滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车质量6kgM=，物体与小车车面之间的动摩擦因数0.3=，取2=10m/sg，设小车足够长，求：（1）小车和物体的共同速度是多少；

（2）物体在小车上滑行的时间；（3）在物体相对小车滑动的过程中，系统产生的摩擦热是多少。【答案】（1）2m/s；（2）1s；（3）30J【解析】【详解】（1）小车和物体组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则0()mvmMv=+解得045m/s2m/s46mvvmM===

++（2）物体在小车上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知mgma−=解得23m/sag=−=−则物体在小车上滑行的时间为025s1s3vvta−−===−（3）根据能量守恒定律，系统产生的摩擦热为222201111()45J(46)2J30J2222QmvmMv=−+=−

+=15.如图所示，一个负粒子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，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。已知负粒子质量311.010kgm−=，电荷量大小193.210Cq−=，加速电场电压0250VU=，偏转电场电压200VU=，极板的长

度110.0cmL=，板间距离8cmd=，极板的末端到荧光屏的距离23.0cmL=（忽略电子所受重力）。求：（1）负粒子射入偏转电场时的初速度0v；（2）负粒子打在荧光屏上的P点到O点的距离h；（3）负粒子经过偏转

电场过程中电势能的变化量；【答案】（1）7410m/s；（2）0.04m；（3）17210J−−【解析】【详解】（1）根据动能定理有0012qUmv=解得7002410m/sqUvm==（2）设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y，电子在水平方向做

匀速直线运动10Lvt=电子在竖直方向上做匀加速运动212yat=根据牛顿第二定律有qUmad=解得21200.025m2qULymdv==电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由图知11222LyLhL=+解得0.04mh=（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功为1721

0JqUyWqEyd−===即17210JEW−=−=−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com