【文档说明】江苏省扬州市江都区丁沟中学2022-2023学年高二上学期期中复习物理试题 含解析.docx，共(21)页，2.602 MB，由envi的店铺上传

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江苏省江都区丁沟中学2022年高二物理上学期期中复习练习一、选择题：1如图所示，带箭头的曲线表示一个带负电粒子通过一个点电荷Q所产生的电场时的运动轨迹，虚线表示点电荷电场的两个等势面，其中A、B为轨迹与等势面的交点．下列说法中正确的是（）

A.等势面φA<φB，粒子动能EkA>EkBB.等势面φA<φB，粒子动能EkA<EkBC.等势面φA>φB，粒子动能EkA<EkBD.等势面φA>φB，粒子动能EkA>EkB【答案】D【解析】【详解】由曲线运动的条件可知，带正电的粒子，受到的电场力指

向轨迹凹的一侧，故点电荷Q带负电，电势由外向内逐渐降低，故φA>φB，粒子由A到B过程中，电场力做负功，粒子的动能减少，EkA>EkB。故选D。2.如图所示，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，细线与竖

直方向夹角为α，下列说法不正确的有（）A.保持电键S闭合，使两极板稍靠近一些，α将增大B.保持电键S闭合，将滑动变阻器滑片向右移动，α将减小C.断开电键S，使两极板稍靠近一些，α将不变D.断开电键S，若将细线烧断，小球

将做直线运动【答案】B【解析】.【详解】A．保持电键S闭合，电容器两极板之间的电势差保持不变。使两极板稍靠近一些，根据UEd=，电容器内的电场强度增大，小球所受的电场力增大，α将增大，A正确，不符合题意；B．保持电键S闭合，滑动变阻器中电流，将滑动变阻

器滑片向右移动，电容器两极板之间的电势差保持不变，根据UEd=，电容器内的电场强度不变，小球所受的电场力不变，α不变，B错误，符合题意；C．断开电键S，使两极板稍靠近一些，电容器两极板所带电量保持不变，根据UEd=QCU=4SCkd=解得4kQES=电场强度不变

，电场力不变，α将不变，C正确，不符合题意；D．断开电键S，电容器所带电量不变，根据4kQES=，电场强度不变，电场力不变，若将细线烧断，小球将细线的方向向下做直线运动，D正确，不符合题意。故选B。3.两个等量同种正点电荷固定于光滑水平面上，两点电荷连线的中垂线上有A、B、C三点如图所示（

中垂线也在水平面内），一个带电小物块从C点由静止释放，沿路径C-B-A运动，小物块运动过程中的加速度a、速度v、电势能Ep以及从C→A的电势随时间变化的关系图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．因等量同种电荷连线的中垂线上各点的场强不等，物块沿路径C-B-A运动时

，所受的电场力可能一直增加，也可能先增加后减小，且变化不是均匀增加的，则加速度随时间的变化不是直线，选项A错误；B．物块沿路径C-B-A运动时，加速度先增加后减小或一直增大，则v-t图像的斜率先增加后减小或逐渐增大，选项B正确；C．带电小物块从C点由静止释放，沿路径C-B-A运动，则电场力一定做

正功，则电势能一直减小，选项C错误；D．距离正电荷越近，电势越高，则从C→A的电势逐渐降低，选项D错误。故选B。4.如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表内阻对电路的影响。当滑动变阻器R3的滑片向a端移动时，以下说法正确的是（

）A.质点P将向下运动B.R2上消耗的功率减小C.电流表读数减小D.电压表读数减小【答案】C【解析】【详解】AD．滑动变阻器R3的滑片向a端移动时，R3接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律EIR=总，可知电路总电流I减小，电压表两端的电压为V1()UEIrR

=−+所以VU增大，即电压表读数增大；平行金属板的板间电压等于电压表电压，由UEd=可知平行金属板间的电场强度增大，再由FqE=可知，质点P所受竖直向上的电场力增大，质点P将向上运动，故AD错误；B．R2两端的电压等于电压表电压，由2UPR=可知，R2上消耗的功率增大

，由UIR=可知，流过R2的电流2RI增大，流过电流表的电流为是A2RIII=−所以AI减小，即流过电流表的电流减小，故B错误，C正确。故选C。5.一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ。棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在

棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v。则金属棒内的电场强度大小为（）A.22mveLB.2mvSneC.ρnevD.evSL【答案】C【解析】【分析】考查电路和电场知识【详解】UIR=，I=neSv，LRS=，UEL=，联立得E=ρnev，故

选C。6.如图将一质量为m的小球，从放置在光滑水平地面上质量为M的光滑半圆形槽的槽口A点由静止释放经过最低点B运动到C点，下列说法中正确的是（）A.小球运动到圆形槽右侧最高点一定与A点等高。B.从B运动到C

，半圆形槽和小球组成的系统动量守恒C.从A到B再到C，C点可能是小球运动的最高点D.从A到B，半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移【答案】A【解析】【详解】AC．系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，结合能量守恒知，小球刚好能运

动到右侧最高点，此时两物体速度都为零，故A正确C错误；B．从B到C，两物体在竖直方向上有合外力，系统的动量不守恒，但是在水平方向上，两物体的受力等大反向，故两物体组成的系统在水平方向上动量守恒；故B错误；D．从A到B，在水平方向上，两物体的受力等大反向，故两物体组成的系统在水平方向

上动量守恒，有120mvMv+=两边同乘于时间t，有120msMs+=故两物体的位移大小与两物体的质量成反比，题设为给出两物体的质量关系，故无法判断两物体的位移大小关系，故D错误。故选A。7.如图所示，平行金属导轨的距离为d，左端接一电源，电动势为E，匀强磁场的磁感应

强度为B，方向垂直于导轨所在平面．一根金属棒ab与导轨成θ角放置，整个回路的总电阻为R，当接通开关S瞬间，金属棒所受的安培力大小为A.BEdRB.sinBEdRC.cosBEdRD.sinBEdR【答案】B【解析】【详解】据闭合电路欧姆定律得：回路电流为EIR=导体棒的有

效长度sindL=导体棒所受安培力sinsinEdBEdFBILBRR===A.BEdR与计算结果不符，故A错误．B.sinBEdR与计算结果相符，故B正确．C.cosBEdR与计算结果不符，故C错误．D.sinBEdR与计算结果不符，故D错误

．8.如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置。设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C。实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（）A保

持d不变，减小S，则C变小，θ变大B.保持d不变，减小S，则C变大，θ变小C.保持S不变，增大d，则C变小，θ变小D.保持S不变，增大d，则C变大，θ变大【答案】A【解析】【详解】AB．根据电容的决定式4SCkd=得知，当保持d不变，减小S，

则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式QCU=可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故A正确，B错误；CD．根据电容的决定式4SCkd=得知，当保持S不变，增大d，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定

义式.QCU=可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故CD错误。故选A。9.新能源是可持续发展道路上的一项重要产业，硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。某同学想对比普通电源和硅光电池的特性，首先研究了普通电源，如图所示，图线

a为某电源的U—I图线，图线b、c是某两个电阻的U—I图线。用该电源分别与b、c组成闭合的电路，下列相关叙述正确的是（）A.电源的内阻为10ΩB.与b组成回路时电源的输出功率大于与c组成回路时的输出功率C.与b组成回

路时电源的效率小于与c组成回路时的效率D.若把内阻为5Ω的直流电动机接到该电源上，电动机的电流为0.4A【答案】AC【解析】【详解】A．图线a为某电源的U－I图线，由图线a的斜率的绝对值可得电源的内阻为10ΩUrI==故A正确；B．电源与b组成回路时，图线a与b交

点的纵横、坐标，表示电源的路端电压和电流，由图像可知交点坐标为（0.4A，2V），则电源的输出功率为20.4W0.8WbbbPUI===图线a与c交点坐标为（0.2A，4V），则电源的输出功率为40.2W0.8WcccPUI=

==所以与b组成回路时电源的输出功率等于与c组成回路时的输出功率，故B错误；C．与b组成回路时电源的效率为33.3%bbbbUIEI==与c组成回路时电源的效率为66.7%ccccUIEI==所以bc，故C正确；D．电动机为非纯

电阻电路，所以流过电动机电流MM0.4AEIRr=+故D错误。故选AC。10.如图所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B1、B2，虚线MN为理想边界。现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由

P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线，以下说法正确的是（）A.电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→PB.电子运动一周回到P点所用的时间12mtBe=C.B1=4B2D.电子在B2区域受到的磁场

力始终不变【答案】A【解析】【详解】A．由左手定则可知，电子在P点所受的洛伦兹力的方向向上，轨迹为P→D→M→C→N→E→P，故A正确；BC．电子在磁场中做匀速圆周运动有2vevBmr=的2rTv=解得mvreB=，2mTeB

=由图知2r1=r2，则B1=2B2，2T1=T2，电子运动一周回到P点所用的时间为12111121252222mmmtTTeBeBeB=+=+=故BC错误；D．电子在磁场中受洛伦兹力始终与速度垂直，方向时刻改变，故D错误。故选A。11.将上下表面均为正方形、高度相等、

用同种材料制成的甲、乙导体串联接在电压为U的电源上，已知电流大小为I，电流方向如图所示，甲、乙导体上下表面边长分别为a和b、高均为h，则（）A.电流沿图中方向流过两导体时，甲、乙阻值之比是1∶2B.电流沿图中方向流过两导体时，甲、乙阻值之比是a∶bC.导

体电阻率为2UhI=D.导体电阻率为()UhaIab=+【答案】C【解析】【详解】AB．根据电阻定律可得1aRahh==甲1bRbhh==乙所以甲、乙阻值之比为11RR=甲乙故AB错误；CD．根据串联电路的特点1()2UIRRIh=+=甲乙解得2UhI=故C正确，D

错误。故选C。12.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的3倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动的过程中，下列说法正确的

是（）A.木块和子弹A、B系统动量不守恒B.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍C.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍D.若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度仍是B的3倍【答案】C【解析】【详解】A．以木块和子弹A、B组成的系

统为研究对象，系统受合外力是零，则有系统的动量守恒，A错误；BC．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得AABB0mvmv−=则有AABBmvmv=即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止，木块受合力是零，可知两子

弹对木块的作用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力大小相等，设为Ff，子弹射入木块的深度为d，由动能定理，对子弹A有fAkA0FdE−=−可得fAkAFdE=对子弹B有fBkB0FdE−=−可得fBkBFdE=由于AB

3dd=则有两子弹初动能的关系为kAkB3EE=由动能公式可得22AAkAA2mvEm=22BBkBB2mvEm=解得BA3mm=即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍；由于AABBmvmv=可得ABv3v=即子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3

倍，B错误，C正确；D．若子弹A向右射入木块，子弹A与木块组成的系统动量守恒，子弹A与木块相对静止时有共同的速度，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能fAkAEEFd=可得AAdd子弹B再向左射入木块，由于子弹A、B与木块组成的

系统动量守恒，由以上分析可知AABBmvmv=则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A、B与木块都静止，子弹B射入木块运动中，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能fBkBEFdE=可得BBdd由以上分析可知AB3ddD错误。故选

C。二、非选择题：13.某实验小组的同学想要测一段金属丝的电阻率，实验操作如下：（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径如图所示，其读数为___________mm，电阻丝的直径用记为d；（2）该小组同学准备用伏安法测定金属丝

的阻值Rx（阻值约为100Ω），有以下器材可选择：电池组E（电动势为3V，内阻不计）；电流表A1（量程为0-30mA，内阻约为1Ω）电流表A2（量程为0～1mA，内阻rA为979Ω）；滑动变阻器R1（

阻值范围0～20Ω，允许最大电流为2A）；电阻箱R（阻值范围0～9999.9Ω）开关S，导线若干：要求实验中尽可能准确地测量金属丝的阻值，请回答下列问题：①为了测量金属丝两端的电压，可将电流表___________（填写仪器代号）与

电阻箱串联改装成量程为3V的电压表，需要将电阻箱的阻值调为__________Ω；②以下虚线框中是该小组同学为测量金属丝阻值Rx设计的部分实验电路（电表已进行正确选择），结合实验要求，在a、b、c、d、e五个

接线柱处根据需求将电路图补充完整。（）（3）将电流表A1的读数记为I1，电流表A2的读数记为I2，在实验中根据测量数据该小组同学做出了如图甲所示的I1-I2图像，图线的斜率为k，电阻箱的阻值记为R，金

属丝的长度记为l，则该金属丝的电阻率可表示为____________（用题中所给符号R、l、d、k、rA表示）。【答案】①.0.900②.A2③.2021④.⑤.()2A4(1)kRrdlk+−【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器读数是固定

刻度读数(0.5mm的整数倍)加可动刻度（0.5mm以下的小数）读数，图中读数为0.5mm40.00.01mm0.900mmd=+=（2）[2][3]为了测量金属丝两端的电压，电流表A2的内阻较大，可将电流表A2串联电阻箱改装成量程为3V的电压表，需要将电阻箱的阻值调为397920210.0

01R=−=[4]为减小实验误差，滑动变阻器分压式连接，又因为电阻箱所在支路的电流能直接测出来，故可以准确的到Rx支路的电流，故电流表外接，综上所述电表连接如图所示。（3）[5]由欧姆定律可得()2A12xIRrURIII+==−故有()2A12()xIRrRII+=−

变形有()2A1xxIRrRIR++=即21AxxRIIRrR=++则丙图中AxxRkRrR=++又xlRS=2()2dS=解得()2A4(1)kRrdlk+=−14.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。（1）应该选择的实验

电路是下图中的________（选填“甲”或“乙”）（2）某位同学选好合适器材，连好电路图后，通过改变滑动变阻器的位置，记录了6组数据，然后以横轴表示电流I，纵轴表示电压U做出U－I图线，并判断出U－I线的斜率的绝对值为k，纵轴截距为b，则干电池的电动势E＝____

____，内电阻r＝________。（3）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化，下图中的各示意图能正确反映P－U关系的是________。【答案】①.甲②.b③.k④.C【解析】【详解】（1）[1]根据UEIr=−测量电源电动势和

内阻时，需要测出多组对应的路端电压U和干路电流I，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差，电源内阻较小，所以电流表分压影响较大，因此应选择甲电路。（2）[2][3]根据U-I图象，可知电源的电动势等于纵轴的截距

，则有E=b；内阻为斜率的绝对值，则有r=k；（3）[4]电源输出功率21EUEPUIUUUrrr−===−+P-U图象为开口向下的二次函数，故选C。15.有一个带电荷量6310Cq−=−的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电

荷克服电场力做功4610J−，从B点移到C点，电场力对电荷做功4910J−，求：（1）AB间电势差ABU和BC间电势差BCU？（2）若将B点电势定为零，则A点的电势中A是多少？（3）若将A点电势定为零，电荷在C点的电势能pE为多大？【答案】（1）200

VABU=，300VBCU=−；（2）200VA=；（3）4p310JE−=−【解析】【详解】（1））电荷从A点移到B点克服电场力做功，即电场力做负功4610JABW−=−，则46610V200V310ABABWUq−−−===−从B点移到C点，电场力对电荷做功4910JB

CW−=，则有46910V300V310BCBCWUq−−===−−（2）若将B点电势定为零，即φB=0，由200VABABU=−=可得200VA=（3）若将A点电势定为零，则p0AE=，由ppAACABBCEEWWW−==+

可得4p310JE−=−16.如右图所示，电阻R1、R2、R3的阻值相等，接在电压恒定的AB两端，开关S闭合前流过R2的电流为I，求S闭合后流过R2的电流大小。【答案】23I【解析】【详解】设三个电阻的阻值均为R，开关S闭合前，根据欧姆定律2UIR=开关闭合后，R2与R3并联，总

电流为232UUIRRR==+总R2电流为2233IUIIR===总17.如图所示，电子从灯丝K发出（初速度不计），在KA间经加速电压U1加速后，从A板中心小孔射出，进入由M、N两个水平极板构成的偏转电场，M、N两板间的距离为d，电压为

U2，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。（1）求电子穿过A板小孔时的速度大小v；（2）求电子从偏转电场射出时，沿垂直于极板方向偏移的距离y；（

3）若增大KA之间的加速电压U1，请论证电子在射出偏转电场时的速度方向是否发生变化。【答案】（1）12eUm；（2）2214ULUd；（3）见解析【解析】【详解】（1）根据动能定理，有2112eUmv=解得电子穿过A板小孔时的速度大小为12eU

vm=（2）在平行M、N极板方向有Lvt=在垂直M、N极板方向有212yat=2eUeEammd==解得2214ULyUd=故电子从偏转电场射出时，沿垂直于极板方向偏移的距离为2214ULUd。（3）在垂直M、N极板方向有yva

t=可得2yeULvmdv=则电子射出偏转电场时速度偏转角的正切值为2221tan2yveULULvmdvdU===所以增大KA之间的加速电压U1，则tan减小，即电子射出电场时的速度与水平方向的夹角会减小。18.如图BC是位于

竖直平面内的一段光滑的圆弧轨道，圆弧轨道的半径为r＝3m，圆心角θ＝53°，圆心O的正下方C与光滑的水平面相连接，圆弧轨道的末端C处安装了一个压力传感器。水平面上静止放置一个质量M＝1kg的木板，木板的长度l＝2m，木板的上表面的最右端放置一个

静止的小滑块P1，小滑块P1的质量m1未知，小滑块P1与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2。另有一个质量m2＝1kg的小滑块P2，从圆弧轨道左上方的某个位置A处以某一水平的初速度抛出，恰好能够沿切线无碰撞

地从B点进入圆弧轨道，滑到C处时压力传感器的示数为793N，之后滑到水平面上并与木板发生弹性碰撞且碰撞时间极短。（不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，cos53°＝0.6）。求：（1）小滑块P2经过C处时的速度大小；（2）位置A与C点之间的水平距离和竖直

距离分别是多少。【答案】（1）7m/s；（2）3.6m，2m【解析】【详解】（1）根据牛顿第三定律，可知小块P2滑到C处受到的支持力大小F=793N，由牛顿第二定律得222CvFmgmr−=代入数据解得7m/sCv=（2）设P2在B处的速度为vB，从B到C的过程中，由动能定理得222221122

CBmvmvmgh−=其中：0.41.2mhr==代入数据解得5m/sBv=因为小滑块恰好能够沿切线无碰撞从B点进入圆弧轨道，可知平抛的初速度为0cos3m/s==Bvv在B点时竖直方向的速度为sin4m/s==yBvv则从A到B的时间为4s=0.4s10yvtg==所以AC之

间的水平距离为0sin3.6m+==ACsvtrAC之间的竖直距离为21(1cos)2m2=+−=AChgtr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