【期中真題】安徽省宿州市十三所重點中學2022-2023學年高二上學期期中質量檢測物理試題.zip

這是一份【期中真題】安徽省宿州市十三所重點中學2022-2023學年高二上學期期中質量檢測物理試題.zip，文件包含期中真題安徽省宿州市十三所重點中學2022-2023學年高二上學期期中質量檢測物理試題原卷版docx、期中真題安徽省宿州市十三所重點中學2022-2023學年高二上學期期中質量檢測物理試題解析版docx等2份試卷配套教學資源，其中試卷共17頁， 歡迎下載使用。
宿州市十三所重點中學2022—2023學年度第一學期期中質量檢測高二物理試卷（選考）一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~9小題只有一個選項符合題目的要求，第10~12題有多個選項符合要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）1. 2022年的諾貝爾物理學獎同時授予法國物理學家阿蘭阿斯佩、美國物理學家約翰克勞澤及奧地利物理學家安東蔡林格。以獎勵他們在量子糾纏、驗證違反貝爾不等式及量子信息科學方面所作出的杰出貢獻?，F(xiàn)在量子的已開始進入我們的生活，下面那些物理量是量子化的（　?。?/span>A. 一個可變電容器的電容 B. 一段導體的電阻C. 一個物體的帶電量 D. 電場中兩點間的電勢差【答案】C【解析】【詳解】所謂量子化就是指數(shù)據是分立的不連續(xù)的，即一份一份的。A．可變電容器電容可以通過正對面積的連續(xù)變化實現(xiàn)連續(xù)變化，A錯誤；B．導體的電阻可通過長度的連續(xù)變化實現(xiàn)連續(xù)變化，B錯誤；C．物體的帶電量必須是元電荷的整數(shù)倍，是量子化的，C正確；D．電場中兩點的電勢差可以隨著位置的變化而連續(xù)變化，D錯誤。故選C。2. 我們不能直接用試探電荷所受的靜電力來表示電場的強弱，因為對于電荷量不同的試探電荷，即使是電場的同一點，所受的靜電力也不同。那么我們是用什么方法來定義電場強度的（　?。?/span>A. 假設法 B. 類比法 C. 控制變量法 D. 比值定義法【答案】D【解析】【詳解】研究發(fā)現(xiàn)，不同的電荷在電場中同一點所受靜電力不同，而靜電力大小與試探電荷電量的比值保持不變，用此比值來定義電場強度大小，以正電荷在該點受力方向為該點電場強度方向，用的是比值定義法。故選D。3. 如圖，取一對用絕緣支柱支持的導體A和B，使他們彼此接觸，B的一端接地。起初他們都不帶電，貼在他們下面的兩片金屬箔是閉合的，現(xiàn)手握絕緣棒，把帶正電荷的帶電體C移近導體A，則關于兩金屬箔的情況，下列說法正確的是（　?。?/span> A. A下面的箔片張開，B下面的箔片也張開 B. A下面的箔片張開，B下面的箔片不張開C. A下面的箔片不張開，B下面的箔片張開 D. A下面的箔片不張開，B下面的箔片也不張開【答案】B【解析】【詳解】把帶正電荷的帶電體C移近導體A，由于靜電感應，A的左端感應出負電荷，下面的箔片張開，A、B以及大地相連成為一個整體，大地遠端感應出正電荷，B沒有凈電荷，下面的箔片不張開。故選B。4. 靜電力雖然會有危害，但也可以利用。在電場中，帶電粒子受到靜電力的作用，向著電極運動，最后被吸附在電極上。這一原理在生產技術上被廣泛應用。下面哪一項不是利用靜電現(xiàn)象的（　　）A. 靜電植絨 B. 靜電復印 C. 避雷針 D. 靜電噴涂【答案】C【解析】【詳解】A．靜電植絨，是靜電現(xiàn)象的應用，A錯誤；B．靜電復印是利用光敏半導體的光導特性和靜電作用復制成品的方法，B錯誤；C．在高層建筑上安裝避雷針是防止靜電的危害，C正確；D．靜電噴涂是利用高壓靜電電場使帶負電涂料微粒沿著電場相反的方向定向運動，并將涂料微粒吸附在工件表面的一種噴涂方法，D錯誤。故選C。5. 有人用下圖描述某電容器充電時，其電荷量Q、電壓U、電容C之間的相互關系，一定不正確的是（　?。?/span>A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【詳解】ABD．電容器的電容只由電容器本身決定，與電容器所帶電荷量無關，與電容器電壓無關，故圖像應為一條平行于橫軸的直線，圖像應為一條平行于橫軸的直線，故A錯誤，BD正確；C．根據電容定義式可得可知圖像應為一條過原點的傾斜直線，故C正確。本題選擇錯誤的，故選A。6. 對于大部分金屬導體，在溫度明顯變化時，導體的伏安特性曲線不再是一條直線，即該導體的電流、電壓不再成正比。下圖是某次實驗測得的某金屬的伏安特性曲線，則該金屬的伏安特性曲線上一點A。A點對應的電壓為、對應的電流為，過A點的切線交縱軸為。則A點對應的電阻為多少（　　） A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【詳解】對于非線性元件，I-U圖線上點與原點連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，則由圖可知得A點對應導體的電阻為故選A。7. 下圖是示波管的原理圖，示波管的偏轉電極上加的是待測的信號電壓。偏轉電極通常接入儀器自身產生的鋸齒形電壓（如下圖）,叫作掃描電壓。如果信號電壓是周期的，并且掃描電壓與信號電壓的周期相同，那么，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內隨時間變化的穩(wěn)定圖像了。若示波管的偏轉電極上加的信號電壓如圖丁所示，則熒光屏上顯示的穩(wěn)定的圖像應當是下圖的哪一個（　?。?/span> A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【詳解】因偏轉電極接入的是鋸齒形電壓，即掃描電壓，且周期與偏轉電壓上加的是待測的信號電壓相同，所以在熒光屏上得到的信號是在一個周期內的穩(wěn)定圖像，則顯示的圖像與所載入的圖像形狀是一樣的。故選C。8. 勻強電場中的三點A、B、C是一個直角三角形的三個頂點，AB的長度為2m，D點為AB的中點，如圖所示，已知電場線的方向平行于所在的平面，A、B、C三點的電勢分別為10V、6V、2V，設電場強度的大小為E，一電荷量為的正電荷從D點移到C點，靜電力做功為W，則（　　） A.    B.   C.    D.   【答案】A【解析】【詳解】由于D為AB的中點，則D點的電勢電荷從D點移到C點電場力所做的功為W=qUDC=q（φD-φC）=1×10-6×（8-2）J=6×10-6JAB的長度為2m，由于電場強度的方向并不是沿著AB方向，所以AB兩點沿電場方向的距離d＜2m，勻強電場中兩點電勢差與兩點沿電場方向的距離成正比，即U=Ed，所以故選A。9. 質量分別為，，電荷量分別為，的帶同種電荷的小球，分別用長度為，的絕緣細線懸掛在同一點O，當系統(tǒng)穩(wěn)定時，，與水平方向的夾角分別為60°、30°。則細線，上的拉力之比為（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【詳解】對兩小球受力分析，并將力合成如下圖由于受力與夾角為120°，且兩個力合成后合力一定豎直向上與重力平衡，故可知、大小均與的重力相等。另外兩小球間的靜電力是相互作用力，所以所受的庫侖力大小也等于，在的合力組成的平行四邊形中，由幾何關系有
 解得
 故選C。10. 常用的電壓表和電流表都是由小量程的電流表（表頭）改裝而成的?，F(xiàn)有兩個量程不同的電壓表和兩個量程不同的電流表均由相同的表頭改裝而成。現(xiàn)將這四塊電表接入下圖電路中，調節(jié)滑動電阻器，使四塊表均正常工作。關于他們的讀數(shù)，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 、顯示的示數(shù)相同 B. 流過、的電流相同C. 、顯示的示數(shù)相同 D. 流過、的電流相同【答案】A【解析】【詳解】AB．V1 、V2都是由相同表頭串聯(lián)電阻改裝而成，由于量程不同，改裝后阻值不等，并聯(lián)接入電路時，二者電壓相等，而由于阻值不等，所以通過表頭電流不同，并聯(lián)電壓相等，所以示數(shù)相同，故A正確，B錯誤；CD．A1 、A2都是由相同表頭并聯(lián)電阻改裝而成，由于量程不同，改裝后阻值不等，并聯(lián)接入電路時，通過兩表頭電流相同，指針偏轉角度相同，由于量程不同，流過、的電流不相同，則示數(shù)不同，故CD錯誤；故選A。11. 電場線能直觀、方便的反映電場的分布情況。如圖是等量同號正點電荷形成電場的電場線，圖乙是電場中的一些點；O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上關于O對稱的兩點，B、C和A、D是兩電荷連線上關于O對稱的兩點。則（　?。?/span>A. E、F兩點場強相同 B. A、D兩點場強大小相等C. B、O、C三點中，O點場強最小 D. 從E向O運動的電子受到的電場力逐漸減小【答案】BC【解析】【詳解】A．等量同種正點電荷中垂線上電場方向從連線中點垂直于連線指向無窮遠處，E、F兩點場強相反，A錯誤；B．根據電場線的對稱性和方向特點，A、D兩點場強相等，B正確；C．B、O、C三點中，根據電場強度的疊加知O點場強為零，而B、C兩點合場強不為零，所以O點場強最小，C正確；D．從O沿OE向無窮遠，存在一場強最大處，可能在O、E之間，則從E向O運動的電子受到的電場力可能先增大后減小，D錯誤。故選BC。12. 如圖，將一個帶負電小球（可視為質點）放在一粗糙絕緣足夠大的水平面上O點，空間存在水平向右的勻強電場，現(xiàn)給小球一向右的初速度，使其動能為，當物體回到出發(fā)點時，動能為，取出發(fā)點位置的電勢能為零，整個過程中可認為阻力大小恒定。則該物體動能和電勢能相同時，其動能為多少（　?。?/span> A.  B.  C.  D. 【答案】BC【解析】【詳解】設小球帶電量為q，電場強度為E，阻力大小為f，向右運動的最大位移為s，則由動能定理有，聯(lián)立可得設小球向右運動x時動能和電勢能相等，則聯(lián)立可解得設小球在向左運動x’時動能和勢能相等，則解得故選BC。二、實驗題（本題共2小題，每空5分，共15分。）13. 某同學在測金屬的電阻率的實驗中，用游標卡尺測量了一導體的橫截面直徑。測得讀數(shù)如圖甲所示，其讀數(shù)為______mm。 【答案】1.75【解析】【詳解】圖中游標尺的第15條刻度線與主尺16mm刻度線對齊，則可推知游標尺的零刻度線在主尺16mm-15×1mm=1mm刻度線右側，則主尺讀數(shù)為1mm，游標尺讀數(shù)為15×0.05mm=0.75mm故游標卡尺讀數(shù)為1mm+0.75mm=1.75mm14. 電流傳感器可以測量電流，它的反應非常快，可以捕捉到瞬間的電流變化；將它與計算機相連還能用計算機顯示出電流隨時間變化的圖像，圖甲所示的電路中：直流電源電動勢為8V，內阻可忽略；C為電容器，先將單刀雙擲開關S與1相連，電源向電容器充電，這個過程可在短時間內完成；然后把開關S與2相連，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示電流隨時間變化的圖像，如下圖所示。Ⅰ．通過實驗數(shù)據，請計算出電容器電容為______F。Ⅱ．如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，放電時的曲線與橫軸所圍成的面積將______（填“增大”“減小”或“不變”）。【答案】    ①     ②. 不變【解析】【詳解】Ⅰ[1]根據I-t圖像以及可知，圖像與坐標軸所圍的面積表示電容器放電前所帶的電荷量；根據橫軸與縱軸的數(shù)據可知，一個格子表示的電荷量為8×10-5 C；根據數(shù)格法的原則，大于半格算一個，小于半格舍去，得出圖像所包含的格子個數(shù)為37，所以釋放的電荷量是電容器的電容為Ⅱ[2] 如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，則放電過程中電流變大，放電時間變短，但放電前電容器上的電量是不變的，所以放電時的曲線與橫軸所圍成的面積將不變。三、計算題（本題共3小題，共37分。其中15題10分，16題12分，17題15分。）15. 如圖是有兩個量程的電流表，當使用A、B兩個端點時，量程為0～1A，當使用A、C兩個端點時，量程為0～0.1A。已知表頭的內阻Rg為200Ω，滿偏電流Ig為2mA，求電阻R1、R2的值。 【答案】；【解析】【詳解】分別接ab、ac時解得16. 如圖甲，某裝置由多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長度依照一定的規(guī)律依次增加。序號為奇數(shù)的圓筒和交變電源的一個極相連，序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。在 t ＝ 0 時，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，此時位于和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板（序號為 0）中央的一個電子，在圓板和圓筒 1 之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒 1。 為使電子運動到圓筒與圓筒之間各個間隙中都能恰好使靜電力的方向跟運動方向相同而不斷加速，圓筒長度的設計必須遵照一定的規(guī)律。若已知電子的質量為m、電子電荷量為e、電壓的絕對值為u，周期為T，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。則第n個金屬圓筒的長度應該是多少？【答案】【解析】【詳解】設電子進入第個圓筒后的速度為，根據動能定理有得第個圓筒的長度為圓筒長度跟圓筒序號的平方根成正比，第個圓筒的長度是。17. 如圖，光滑的圓形豎直軌道ABCD（半徑為R，最下方有缺口，小球可以由此進入圓軌道）和光滑的水平軌道AE相切于A點，整個空間存在向右的勻強電場，一帶電小球（半徑遠小于圓軌道的半徑）由E點從靜止開始在電場力的作用下開始運動并無碰撞的進入圓軌道。已知小球的質量為m，重力加速度大小為g，小球受到的靜電力的大小等于重力的倍。為使小球不脫離軌道，E、A之間的長度在什么范圍？【答案】
 【解析】【詳解】由題意知小球受水平向右的電場力，將電場力與重力合成，合力稱為等效重力mg’，則由平行四邊形定則可知方向與豎直方向夾θ=37°斜向右下。從圓軌道的圓心作一條等效重力線，再從圓心作其垂線，分別交圓軌道于H、G、M點（如下圖）。當小球自水平軌道某位置釋放后運動到M點速度恰好為零，設此位置距離A為x1，由動能定理可解得當小球自水平軌道某位置釋放后恰好通過H點，設此位置距離A為x2，由動能定理由牛頓第二定律聯(lián)立解得為使小球不脫離軌道，E、A之間的長度范圍是