黑龙江省齐齐哈尔市2023-2024学年高二上学期物理期中考试试卷（含答案）

黑龙江省齐齐哈尔市2023-2024学年高二上学期物理期中考试试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．下列说法错误的是（）A．英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场B．安培的分子电流假说揭示了磁性的起源，他认为在原子，分子等微粒内部存在着分子电流C．丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，证明电流周围存在磁场D．元电荷的数值最早是物理学家安培测得的e=1.6×10-19C2．关于磁感应强度，下列说法中正确的是（）A．若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为FB．由B=FIL知，B与F成正比，与C．由B=FD．磁感应强度的方向就是小磁针静止时北极所受磁场力的方向3．如图，两个固定正点电荷相距L，电荷量均为q(q>0，q远大于电子电量)，两个点电荷中点为O点，A点为两点电荷中垂线上一点。静电力常量为k，不计重力。下列说法正确的是（）A．若在A点由静止释放一电子，电子将做匀加速运动B．在两点电荷产生的电场中，O点的电场强度大小为零C．在两点电荷产生的电场中，O点的电势最高D．过O、A两点的直线位于同一等势面上4．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中（）A．它们运动的时间tQ＞tPB．它们运动的加速度aQ＜aPC．它们所带的电荷量之比qP∶qQ=1∶2D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶25．如图所示，光滑水平桌面上放置质量为M=2kg的长方体形木板B，质量为m=1kg的小物块A停在B右端。t=0时刻，木板B在水平恒力F作用下由静止开始运动，此后A、B运动的速度-时间图像如图乙所示，在t=1s时，A物块刚好从B的左端滑落。规定水平向右为正方向，则以下判断正确的是（）A．A对B的压力与地面对B的支持力冲量和为零B．水平恒力F与A对B的摩擦力的冲量和为零C．在0～1s内，水平恒力F的冲量大小为10N·sD．在0～1s内，A对B的冲量为8N·s6．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，A．vA'=5m/s，vB'C．vA'=−4m/s，vB'7．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。以下判断错误的是（）A．直线a表示电源的总功率PEB．曲线c表示电源的输出功率PRC．电源的电动势E＝3V，内电阻r＝1ΩD．电源的最大输出功率Pm＝9W8．图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26J和5J。当这一点电荷运动到某一位置．其电势能变为-8J时，它的动能为()

A．8J B．15J C．20J D．34J二、多选题9．如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到灵敏电流计上，把线圈A放进线圈B的里面．下列说法正确的是（）A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针向相反的方向偏转D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才会偏转10．如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可以使指针张角增大（）A．使A，B两板靠近一些B．使A，B两板正对面积错开一些C．断开S后，使B板向右平移拉开一些D．断开S后，使A，B正对面积错开一些11．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）A． B．C． D．12．如图所示，一轻质弹簧两端各连着滑块A和B，滑块A的质量为m0，滑块B的质量2m0，两滑块都置于光滑的水平面上，今有质量为mA．子弹打入滑块A的过程中，子弹对滑块A的冲量大小为mB．滑块B的最大速度为1C．弹簧的最大弹性势能为1D．子弹、滑块A，滑块B及弹簧组成的系统损失的机械能为3三、实验题13．把电流表改装成电压表的实验中，电流表G的满偏电流Ig为200μA，内阻rg在（1）电路如图所示，所用电源是由两节内阻很小的干电池串联组成的电池组，利用半偏法测定电流表G的内阻rgA．滑动变阻器（阻值范围0∼200Ω）B．滑动变阻器（阻值范围0∼5000Ω）C．电阻箱（阻值范围0∼999.99Ω）D．电阻箱（阻值范围0∼99999Ω）依据实验要求，R1应该选用、R2应该选用（2）该实验操作的步骤有：A．只接通K1，调节电阻RB．保持R1不变，再接通K2，调节电阻C．读出R2的阻值，即认为用此方法测得电流表内阻的测量值与真实值相比。（填“偏大”或“偏小”或“相等”）（3）由此实验测出电流表内阻rg=500Ω，现通过串联一个49.5kΩ的电阻把它改装成为一个电压表，则该电压表的量程为则测得的电压值是V（保留两位有效数字）。14．如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过测量______（选填选项前的符号），间接地解决这个问题。A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是______（填选项前的符号）。A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为，若碰撞为弹性碰撞，其表达式可表示为（用（2）中测量的量表示）四、解答题15．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m=1.0×10−3kg，电荷量为q，置于斜面上。当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，匀强电场场强大小为E=2500V/m。（g取10m/s2，（1）求小物块的带电量q；（2）从某时刻开始，电场强度变化为原来的一半，则过2s后，物块运动的速度为多大。16．利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=4Ω，重物质量m=0.10kg．闭合电键，当将重物固定时，电压表的示数为5V；当重物不固定且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.6V.求：(不计摩擦，g取10m/（1）电动机的内阻．（2）重物匀速上升时电动机的输入功率．（3）重物匀速上升的速度大小．17．如图所示，在光滑的水平地面上，质量为1.75kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长2.5m，圆弧槽半径为0.4m，木板左端静置一个质量为0.25kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.8。在木板的左端正上方，用长为1m的不可伸长的轻绳将质量为1kg的小球A悬于固定点O。现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ=30°角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小；（2）物块B上升的最大高度；（3）物块B与木板摩擦产生的总热量。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，A正确，不符合题意；B．安培的分子电流假说揭示了磁性的起源，他认为在原子、分子等微粒内部存在着分子电流，B正确，不符合题意；C．丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，证明电流周围存在磁场，C正确，不符合题意；D．元电荷的数值最早是物理学家密立根测得的e=1.6×10故答案为：D。

【分析】根据物理学史进行分析判断正确的选项。2．【答案】D【解析】【解答】若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，当电流方向与磁场方向垂直时，则该处的磁感应强度为FIL，A不符合题意；由B＝FIL知，B由磁场本身决定，与F、IL无关，B不符合题意；由B＝故答案为：D

【分析】利用安培力的表达式结合角度可以求出磁感应强度的大小；磁感应强度的大小与磁场力和电流元大小无关。3．【答案】B【解析】【解答】两点荷连线的中垂线上个点的场强不相同，若在A点由静止释放一电子，电子将做变加速运动，A不符合题意；根据场强叠加可知，在两点电荷产生的电场中，O点的电场强度大小为零，B符合题意；在两点电荷产生的电场中，在两电荷连线的中垂线上，O点的电势最高，C不符合题意；从O到A电势逐渐降低，D不符合题意；故答案为：B.【分析】利用等量正电荷周围电场线的分布，利用电场线的疏密可以判别电子的加速度发生变化；利用场强叠加可以判别O点的场强；利用电场线可以判断电势的高低。4．【答案】C【解析】【解答】A．带电粒子在电场中做类平抛运动，由s=vt可得P、Q运动的时间应相等，A不符合题意；B．平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有y=解得a=由于平行电场方向的位移之比为1：2，所以aQ＞aPB不符合题意；C．根据牛顿第二定律，有qE=ma解得q=所以P、Q的电荷量之比为qP∶qQ=1：2，C符合题意；D．由动能定理有qEy=△Ek而qP：qQ=1：2，yP：yQ=1：2，所以ΔD不符合题意。故答案为：C。

【分析】利用水平方向的位移和速度相等可以判别运动时间相等；结合竖直方向的位移公式可以比较加速度的大小；结合牛顿第二定律可以求出电荷量的比值；再利用动能定理可以求出动能变化量的比值。5．【答案】C【解析】【解答】A．因为A对B的压力小于地面对B的支持力，所以这两个力的冲量和不等于零，A不符合题意；B．因为水平恒力F大于A对B的摩擦力，所以这两个力的冲量和不为零，B不符合题意；CD．在0～1s内，对A根据动量定理ft=m×2−0=2N⋅s对B根据动量定理得Ft−ft=M×4−0解得Ft=10N⋅s，水平恒力F的冲量大小为10N·s，C符合题意；D．在0～1s内，A对B的冲量大小为ft=2N⋅s，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】由于A对B的压力小于地面对B的支持力所以两个力的冲量之和不等于0；由于水平恒力大于A对B的摩擦力所以两个力的冲量和不等于0；利用动量定理可以求出水平恒力的冲量大小及A对B摩擦力的冲量大小。6．【答案】B【解析】【解答】两球在碰撞过程中满足动量守恒，则mAvA+mB故答案为：B。

【分析】两球在碰撞过程中满足动量守恒，结合动能的关系得出碰撞后AB的速度。7．【答案】D【解析】【解答】A．电源总功率的计算公式PE=EI∝I，电源的电动势E不变，总功率PE与电流I成正比，因此直线a表示电源的总功率PB．因为PR=PE−Pr=EI−I2r，所以应是开口向下的曲线，即曲线c表示电源的输出功率PR，B正确，不符合题意；C．由c图线可知，当I=3A时，PR=0，说明外电路电阻是零，由PE=EI=9W，可得电源电动势E=3V，则电源内电阻r=ED．图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，电源的最大输出功率小于9W，D错误，符合题意。故答案为：D。

【分析】根据电功率的表达式得出功率和I的表达式，从而得出该图像的斜率，通过欧姆定律得出电源的电动势和内阻。8．【答案】C【解析】【分析】由题，相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出电荷在b等势面上的电势能，写出电荷的总能量，再由能量守恒求出其电势能变为-8eV时的动能值。

由题，电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，动能减小为21eV。而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从3等势面到4等势面时，动能减小7eV，电势能增大，等势面3的电势为0，电荷经过b时电势能为7eV，又由题，电荷经b点时的动能为5eV，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=7eV+5eV=12eV，其电势能变为-8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为20eV。

故C项正确。

【点评】本题关键要根据电场力做功与电势差的关系确定电荷的总能量．9．【答案】A,C【解析】【解答】开关闭合后，线圈A插入或拔出时穿过B的磁通量会发生变化，产生感应电流，都会引起电计指针偏转，A符合题意；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量会发生变化，产生感应电流，电流计指针会偏转，B不符合题意；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量分别会发生增加和减小，磁通量的方向相同，会产生相反方向的感应电流，电流计指针向相反的方向偏转，C符合题意；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论如何滑动，电路中电流都会变化，穿过B的磁通量会发生变化产生感应电流，电流计指针会偏转，D不符合题意；故答案为：AC.

【分析】开关闭合后，线圈A插入或拔出时结合磁通量的表达式判断是否有感应电流产生，从而得出电流计指针的变化情况，开关闭合后，滑动变阻器的滑片P移动的过程穿过B中的磁通量发生变化，从而电流计的指针会发生偏转。10．【答案】C,D【解析】【解答】AB．闭合S，则两极板和电源相连，所以电压不变，即指针的角度不变，AB不符合题意；C．断开S后，两极板的电荷量不变，根据公式C=εS4πkd，可得，使B板向右平移拉开一些后，电容减小，根据公式D．使A、B两板正对面积错开一些，根据公式C=εS4πkd，可得电容减小，根据公式故答案为：CD。

【分析】根据电容器的定义式以及决定式分析判断使两极板间电势差的变大的方法。11．【答案】B,C【解析】【解答】分析电子一个周期内的运动情况：0～T4时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T4～T2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T2时刻速度为零。T2A．电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，A不符合题意。BD．根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。B符合题意，D不符合题意。C．根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度大小不变，a-t图象应平行于横轴，C符合题意。故答案为：BC。

【分析】利用周期的变化可以判别电子受到的电场力方向及加速度方向，利用加速度的变化可以判别电子的运动情况。12．【答案】B,C【解析】【解答】A．设子弹打入滑块A的过程中，动量守恒，设共速的速度大小为v，根据动守恒定律可得m0v0=2mB．子弹打入滑块A后，以整体为研究对象，当弹簧第一次回到原长时，B的速度最大，设此时子弹和A的速度大小为v1，B的速度大小为v2；根据动量守恒定律可得2m0v=2m0v1+2m0v2，根据机械能守恒定律可得12×2m0vC．当三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律可得2m0v=4m0v共，根据能量守恒定律可得Ep=1D．子弹打入滑块A过程中机械能有损失，以后子弹、滑块A、滑块B及弹簧组成的系统机械能不变，则损失的机械能为ΔE=1故答案为：BC。

【分析】当子弹打入滑块A的过程根据动量守恒以及动量定理得出子弹队滑块A的冲量，结合机械能守恒定律以及能量守恒定律得出损失的机械能和弹簧的最大弹性势能。13．【答案】（1）D；C（2）偏小（3）10；6.0【解析】【解答】（1）根据半偏法原理可知，要保证干路电流不变，且为满偏电流Ig，则干路电阻R1阻值约为R1=EIg（2）闭合开关K2，回路中总电阻减小，干路电流增大，故干路电流略大于Ig，此时电表示数为Ig2，则流过R2的电流略大于I（3）改装量程为U=Ig【分析】根据欧姆定律得出选择的滑动变阻器和电阻箱；

（2）根据电路的动态分析以及欧姆定律得出测量值和实际值的大小关系；

（3）根据闭合电路欧姆定律得出该电压表的量程。14．【答案】（1）C（2）A；D；E（3）m1·OM+【解析】【解答】（1）小球离开轨道后做平抛运动，由H=12gt2（2）若动量守恒，应有m1v1+m2v2=m1v0，（v0是m1单独下落时离开轨道时的速度，v1、v2是两球碰后m1、m2离开轨道时的速度），又v=（3）设落地时间为t，则v0=OPt，v1=OMt，v2【分析】（1）小球离开轨道后做平抛运动，结合平抛运动的规律选择正确的选项；

（2）根据“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律的实验原理得出完成该实验的必要步骤；

（3）根据动量守恒以及平抛运动的规律得出需要验证的表达式。15．【答案】（1）解：对静止在斜面上的物块受力分析如图沿斜面，由平衡条件得mg解得q=（2）解：当电场强度变为原来的一半，物块沿斜面加速下滑，由动量定理得(mg解得v=6m/s所以2s后物块的速度为6m/s。另解：由牛顿第二定律得mg得a=3又v=