河南省豫南2022-2023学年高二上学期物理期中联考试卷(含答案)

河南省豫南2022-2023学年高二上学期物理期中联考试卷
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
1．关于电流，下列说法正确的是（）
A．方向不变的电流叫恒定电流
B．只有正电荷的定向移动才能形成电流
C．将正电荷定向移动的方向规定为电流的方向
D．金属导体导电的时候，自由电子定向移动的方向和电流方向相同
2．高压输电线路的铁塔顶端有一条比下面输电线细的金属线，它的作用是（）
A．提高铁塔的稳定性
B．传输零线的电流
C．防雷电，起到避雷针的作用
D．作为备用线，供输电线断开时应急使用
3．两个人在冰面上相向滚动两个完全相同的小球，两个小球碰撞后瞬间恰好都静止，下列说法正确的是（）
A．两个小球碰前瞬间动量相同B．两个人对小球做的功不相等
C．碰撞过程是弹性碰撞D．两个小球碰前瞬间动能相等
4．有一根粗细均匀的金属导线，其长度为L，电阻为R，把它对折使其长度为L2，则对折后的电阻值为
（）
A．14R B．12R C．2R D．4R
5．如图所示，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点。

已知在P、Q连线上某点R处的电场强
度为E=2kq2
r2
，且PR＝2RQ=2r。

则（）
A．q1＝2q2B．q1＝4q2C．q1＝－2q2D．q1＝－4q2
6．兴华同学对他家的电子秤很感兴趣，他通过说明书了解到电子秤是用平行板电容器制成的，其电路如图所示。

称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。

则放上物体后（）
A．极板间电场强度变小
B．电容器的带电荷量减小
C．电容器的电容变小
D．膜片下移过程中，电流表G有从b到a的电流
7．真空中的某装置如图所示，让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物都从O点由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转（未打在极板上）。

下列说法中正确的是（）
A．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2：1：1
B．三种粒子射出偏转电场时的速度相同
C．三种粒子在运动过程中不会分离成三股离子束
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2
二、多选题
8．对下列几种物理现象的解释，正确的是（）
A．在车内推车推不动，这是因为车（包括人）所受合外力的冲量为零
B．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，这都是为了延长作用时间以减小作用力C．击打钉子时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
D．用手接篮球时，手往往向后缩一下，这是为了减小冲量
9．A、B两个点电荷在真空中产生的电场的电场线（方向未标出）如图所示。

图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称。

下列说法正确的是（）
A．这两个点电荷一定是等量异种点电荷
B．这两个点电荷一定是等量同种点电荷
C．某正电荷从C点沿直线移动到D点所受电场力方向不变
D．C点的电场强度可能比D点的电场强度小
10．如图（甲），粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=2kg的带负电小滑块（可视为质点）在x=1m处以初速度v0=1.5m/s沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。

整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能E p如图（乙）所示，P点是图线最低点，虚线AB是经过x=1m处的切线，并且AB经过（0，3）和（3，0）两点，g=10m/s2，则（）
A．x=3m处的电势最高
B．滑块向右运动过程中，速度始终减小
C．滑块运动至x=3m处时，速度最大
D．滑块向右一定不能经过x=4m处的位置
三、实验题
11．“求索”兴趣小组利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”实验。

在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面。

实验步骤如下：
A．在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；
B．用天平分别测出小滑块a（含挡光片）和小球b的质量m a、m b；
C．将a和b用细线连接，中间夹一被压缩了的水平轻短弹簧，静止放置在平台上；
D．细线烧断后，a、b瞬间被弹开，并向相反方向运动；
E．记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；
F．小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的距离s b；
G．改变弹簧压缩量，进行多次测量。

当地重力加速度大小为g，用上述实验所涉及物理量的符号表示：
（1）滑块a通过光电门的速度为；
（2）该实验要验证动量守恒定律，则只需验证两物体a、b弹开后的动量大小相等，
即。

12．如图所示，这是一正在测量中的多用电表表盘。

（1）如果是用“×10”挡测量电阻，则读数为Ω；
（2）如果是用直流10mA挡测量电流，则读数为mA；
（3）如果是用直流5V挡测量电压，则读数为V。

四、解答题
13．如图所示，滑动变阻器的总电阻R＝1 000 Ω，A，B两端电压U＝100 V，调节滑片P使其下部电阻R1＝400 Ω.
（1）空载时，C、D两端电压多大？
（2）在C、D间接入一个R0＝400 Ω的电阻，C、D两端的电压多大？
14．如图所示，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动．一长L 为0.8 m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1为0.2 kg的球．当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零．现将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放．当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2为0.8kg的小铁球正碰，碰后m1小球以2 m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动，恰好能通
过最高点D ．g=10m/s 2，求：
（1）m 2在圆形轨道最低点C 的速度为多大？ （2）光滑圆形轨道半径R 应为多大？
15．如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 部分为倾角θ=30°的倾斜轨道。

BCD 部分是
圆心为O 、半径为R 的四分之三圆弧轨道（两部分轨道相切于B 点），C 为圆弧轨道的最低点，空间存在方向水平向右的匀强电场，使质量为m 、电荷量为q 的带正电小滑块（视为质点）静止在斜面上到B 点距离为32R
的A 点。

现将滑块由静止释放、结果滑块经过D 点后，落在斜面轨道上的F 点（图中未画出）。

匀强电场的电场强度大小为
√3mg
q
（g 为重力加速度大小），不计一切摩擦及空气阻力。

求：
（1）滑块经过C 点时对轨道的压力大小N ； （2）滑块沿圆弧轨道运动过程中的最大速度v max ； （3）B 、F 两点间的距离x 。

答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．方向和大小都不变的电流叫恒定电流，A不符合题意；
B．正、负电荷的定向移动都能形成电流，B不符合题意；
C．将正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，C符合题意；
D．金属导体导电的时候，自由电子定向移动的方向和电流方向相反，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】电荷定向移动形成电流，负电荷定向移动的方向和电流的方向相反。

2．【答案】C
【解析】【解答】输电细线起着与避雷针相似的作用，通过放电中和周围空气中的电荷，可以防止雷击，ABD 不符合题意，C符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据避雷针的使用原理进行分析判断。

3．【答案】D
【解析】【解答】A．两个小球碰前动量方向相反，故两个小球碰前瞬间动量不相同，A不符合题意；
C．两个小球相碰前后机械能不守恒，故碰撞过程不是弹性碰撞，C不符合题意；
BD．两小球碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，两个小球碰前的动量大小相等，可知两个小球碰前瞬间动能相等；由动能定理可知两个人对小球做的功相等，B不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】动量为矢量，弹性碰撞时两物体的动量和机械能守恒，结合动量守恒定律进行分析判断。

4．【答案】A
【解析】【解答】将金属导线对折，由于金属导线得体积不变，所以其横截面积变为原来的2倍，长度变为原
来的一半，根据电阻定律R=ρL
S分析得到，电阻变为原来的
1
4倍，A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。

【分析】利用电阻定律可以求出电阻的大小。

5．【答案】D
【解析】【解答】若q1和q2带同种电荷，则两电荷在R处的合场强大小为E=k q2
r2
−k
q1
(2r)2
A ．当q 1＝2q 2时， E =
kq 2
2r 2
，A 不符合题意； B ．q 1＝4q 2时， E =0 ，B 不符合题意；
若q 1和q 2带异种电荷，则两电荷在R 处的合场强大小为 E ′
=k q 2r 2+k q 1(2r)
2 C ．当q 1＝－2q 2时， E ′=3kq 2
2r 2
，C 不符合题意； D ．q 1＝－4q 2时， E ′=2kq 2
r 2
，D 符合题意。

故答案为：D 。

【分析】根据点电荷周围电场强度的表达式以及电场强度的合成进行分析判断。

6．【答案】D
【解析】【解答】BCD ．根据电容器表达式 C =
εS
4πkd
可知，当两个极板的距离减小时，电容器的电容增大，再根据电容器定义式 C =Q
U
可知，由于电容器一直和电源相连，电压不变，当电容增大时，带电荷量增大，
即电容器被充电。

电流表有从b 到a 的电流，BC 不符合题意D 符合题意；
A ．由匀强电场公式 E =U d 可知，当电压不变，两个极板的距离减小时，极板间电场强度变大，A 不符合题
意。

故答案为：D 。

【分析】根据电容器的定义式以及决定式和匀强电场电场强度的定义式得出电容器的充放电以及极板间电场强度的变化情况。

7．【答案】C
【解析】【解答】A ．由 U 1q =12mv 02 ，得 v 01：v 02：v 03=2：1：√2 ，再由 t =l
v 0 ，可得 t 1：t 2：t 3=√2：2√2：2 ，A 不符合题意；
C ．由 y =12⋅U 0q dm ⋅l
2
v 0
2=U 0l 2
4dU 1
，可知三种粒子从偏转电场同一点射出，且速度方向相同，C 符合题意； B ．由 12mv 2=U 1q +U
0d q ⋅y ，可得 v =√(2U 1+2U 0d y)⋅q m
，因 q m 不同，故三种粒子出偏转电场的速度
不相同，B 不符合题意；
D ．由偏转电场对三种粒子做的功为 W 电=U
0d
⋅q ⋅y ，可知 W 电1：W 电2：W 电3=1：1：2 ，D 不符合题
意；
故答案为：C 。

【分析】粒子在加速电场中根据动能定理得出摄入极板间的速度，粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律以及功能关系进行分析判断。

8．【答案】A,B
【解析】【解答】A．在车内推车推不动，这是因为车（包括人）所受合外力为零，合外力的冲量为零，A符合题意；
B．由动量定理可得Δp=Ft，在动量变化量Δp一定时，力的作用时间越长，作用力F越小；柔软材料和旧轮胎可以延长力的作用时间，从而减小作用力，B符合题意；
C．如果用橡皮锤击打钉子，橡皮锤发生形变延长了力的作用时间，使钉子受到的冲击力变小，所以一般不用橡皮锤，C不符合题意；
D．用手接篮球时，手往往向后缩一下，是为了延长作用时间，减小作用力，并不能改变冲量大小，D不符合题意。

故答案为：AB。

【分析】根据冲量的表达式得出合外力的冲量，结合动量定理得出作用力的变化情况，通过冲量的表达式得出冲量的变化情况。

9．【答案】A,C
【解析】【解答】AB．根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止，而且电荷A、B周围电场线分布情况完全一致，可知A、B是一定两个等量异种电荷，A符合题意，B不符合题意；
C．由图可知，中垂线MN为等势面，即CD两点电势相等，正点电荷q从C点移到D点，电场力不做功，可知电场力的方向与NM垂直，即水平方向，则正电荷从C点移到D点所受电场力方向不变，C符合题意；D．根据电场线的疏密可知，C点附近电场线密集，C点的电场强度比D点电场强度大，D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】电场线从正电荷出发到负电荷终止，C点附近电场线密集，C点的电场强度比D点电场强度大。

10．【答案】A,B,D
【解析】【解答】A．滑块在x=3m处电势能最低，由E p=qφ，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，A符合题意；
BC．E p−x图像斜率的绝对值|k|=ΔE p
Δx=F电，表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所
受电场力大小为F=3−2
1−0N=1N
，滑块所受滑动摩擦力大小为f=μmg=1N，所以在1∼3m区间
内，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且不断减小，则滑块所受合外力方向与速度方向相反；在x= 3m之后，滑块所受电场力与滑动摩擦力同向，且不断增大，则滑块所受合外力方向也与速度方向相反。

综上所述可知滑块向右运动过程中，速度始终减小，在x=1m处速度最大，B符合题意，C不符合题意；
D．滑块在x=1m处的电势能与在x=4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x= 4m处，则应满足12mv02≥f⋅Δx，根据题中数据可知实际情况并不满足上式，所以滑块一定无法经过x= 4m处的位置，D符合题意。

故答案为：ABD。

【分析】根据电势能的表达式得出电势的变化情况，E p−x图像斜率表示滑块所受电场力，结合能量守恒定律判断滑块能否经过x=4m
的位置。

11．【答案】（1）d t
（2）m a d
t=m b s b√
g
2ℎ
【解析】【解答】（1）滑块a通过光电门的速度为v a=d t （2）物体a弹开后的动量大小为m a v a=m a d t
小球b从平台边缘飞出后做平抛运动，则v b=s b
t b平抛运动时间为t b=√
2ℎ
g
则v b=s b√g2ℎ
b球的动量为m b v b=m b s b√g2ℎ
验证动量守恒只需验证两物体a、b弹开后的动量大小相等，即m a d
t=m b s b√
g
2ℎ
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出滑块过光电门的时间；
（2）利用平抛运动的位移公式可以求出小球b初速度的大小，结合物体a的速度大小可以导出动量守恒定律的表达式。

12．【答案】（1）60
（2）7.0
（3）3.50
【解析】【解答】（1）如果是用“×10”挡测量电阻，由于欧姆挡表盘刻度不均匀，所以不需要估读，则读数为R=6×10Ω=60Ω
（2）如果是用直流10mA挡测量电流，分度值为0.2mA，需要估读到0.1mA，则读数为I=35×0.2mA= 7.0mA
（3）如果是用直流5V挡测量电压，分度值为0.1V，需要估读到0.01V，则读数为U=35×0.1V=3.50V 【分析】（1）根据多用电表欧姆表的读数原理得出电阻的大小；
（2）根据多用电表测电流时的读数原理得出电流的大小；
（3）根据多用电表测电压时的读数原理得出读数。

13．【答案】（1）解：空载时CD 两端电压，即为R 1两端的电压；则为： U R1＝U AB R 1+R
2
R 1=100
1000×400V =40V
（2）解：由图可知R 1与R 0并联后，再与R 2串联，则总电阻 R ′=R 2+R 1R 0R 1
+R 0
=600+400×400400+400=800Ω ；
由欧姆定律可得：则CD 两端的电压 U CD =IR 并=U AB R
′R 并=100
800×200=25V 【解析】【分析】（1）串联分压，分得的电压与电阻成正比，结合电阻的总电阻和部分电阻的阻值求解输出电
压即可；
（2）两个电阻并联，并联后的总电阻等于两个电阻的积除以电阻之和，结合并联后的电阻阻值与AC 之间的电阻阻值求解电压即可。

14．【答案】（1）解：设球m 1摆至最低点时速度为v 0，由小球（包括地球）机械能守恒：m 1gL =12
m 1v 02 ，解得v 0=4m/s
m 1与m 2碰撞，动量守恒，设m 1、m 2碰后的速度分别为v 1、v 2． 选向右的方向为正方向，则：m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2 代入数值解得：v 2=1.5 m/s
（2）解：m 2在CD 轨道上运动时，由机械能守恒有：12m 2v 02=m 2g(2R)+12
m 2v D 2 …① 由小球恰好通过最高点D 点可知，重力提供向心力，即：m 2g =m 2v D 2
R …②
由①②解得：R=0.045m
【解析】【分析】（1）当小球m 1摆动最低点时，利用机械能守恒定律可以求出速度的大小，结合动量守恒定律
及能量守恒定律可以求出m 2碰后速度的大小；
（2）当小球恰好经过最高点时，利用牛顿第二定律结合小球从C 到D 过程的动能定理可以求出其轨道半径的大小。

15．【答案】（1）解：滑块从A 点到C 点，根据动能定理有 mg[32Rsin30∘+R(1−cos30∘)]+Eq(32Rcos30∘+
Rsin30∘)=12
mv C
2 解得 v C =2√2gR
在C 点，根据牛顿第二定律有 F N −mg =m v C 2
R
解得 F N =9mg
根据牛顿第三定律可得滑块经过C 点时对轨道的压力大小 N =F N =9mg ；
（2）解：将滑块受到重力和电场力合成一个力，等效成一个新的“重力”，其大小为 F =√(mg)2+(Eq)2=2mg
设其与水平方向的夹角为α，则有tanα=mg
Eq=√3 3
解得α=30∘
即滑块沿圆弧轨道运动过程中的最大速度的位置是图中的M点，如图所示
从C点到M点，根据动能定理有EqRcos30∘−mgR(1−sin30∘)=12mv m2−12mv C2
解得v m=√10gR
（3）解：根据对称性原理，可知D点为等效的最高点，从C点到D点，根据动能定理有−EqRcos30∘−mgR(1+sin30∘)=12mv D2−12mv C2
解得v D=√2gR
粒子从D到F点做类平抛运动，沿半径方向做匀加速直线运动，垂直半径方向做匀速直线运动，根据几何关系可知，垂直半径方向的位移为R，则有R=v D t
沿半径方向，根据牛顿第二定律有a=F
m=2g
则沿半径方向的位移为y=1
2at
2
解得y=1 2R
B、F两点间的距离x=R−y=1
2R
【解析】【分析】（1）滑块从A到C根据动能定理得出C点的速度表达式，在C点结合牛顿第二定律得出轨道对滑块C的支持力；
（2）根据力的合成以及里的分解和从C点到M点根据得出滑块动能定理沿圆弧轨道运动过程中的最大速度；
（3）滑块从C到D的过程根据动能定理得出D点的速度，从D点到F点的过程滑块做类平抛运动，结合牛顿第二定律以及类平抛运动的规律得出BF两点间的距离。

11。