湖南省邵阳市某中学2023-2024学年高一年级上册期中物理含解析

邵阳市二中2023年高二下学期期中考试

物理试卷

一、选择题（1-8题为单选，每题4分，9-10题为多选，每题5分，选对但不全得3分，错

选得0分，共42分）

1.下图中画出了四种电场的电场线，各图中乂”两点场强相同的是（）

【解析】

【分析】

【详解】A.由图知，两点场强大小相等，但方向不同，故两点场强不同，故A错误；

B.由图知，两点的场强方向相同，大小不等，故两点场强不同，故B错误；

C.此电场是匀强电场，场强大小和方向处处相同，则知A/、N两点场强相同，故C正确；

D.根据电场线疏密表示场强的大小可知，M点的场强小于N点的场强；电场线的切线方向表示场强的方

向，则知两点场强的方向也不同，故两点场强不同，故D错误；

故选Co

2.真空中有两个相同的可以看成点电荷的带电金属小球4B,两小球相距/固定，/小球所带电荷量为-

20、£所带电荷量为+40,两小球间的静电力大小是凡现在让46两球接触后，使其距■离变为2。此

时，/、占两球之间的库仑力的大小是（）

FFF9F

A.—B.—C.—D.---

43288

【答案】B

【解析】

【详解】根据库仑定律，两球间的库仑力：FJ义2Q：4Q=奖巨，将它们接触后再分开,然后放在距

离为2L,则电荷量中和，再进行平分，因此电量均为+Q,则库仑力为：/'=上行===一,故B正

（2L）24L232

确.

故选B.

3.某物体受到一个一6N.s的冲量作用，则()

A.物体的动量一定减少

B.物体的末动量一定是负值

C.物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反

D.物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反

【答案】C

【解析】

【详解】C.根据动量定理内容合外力的冲量等于动量的变化量，动量定理为矢量式，合外力冲量的方向

与动量变化量的方向相同，冲量的方向为负方向说明与规定的正方向相反，所以C项正确；

A.动量的增量为负值，有可能物体的末动量方向为负方向，所以A项错误；

B.有可能物体的末动量比初动量小，动量的变化量就为负值，所以B项错误；

D.正方向规定不确定，所以D项错误。

故选C。

4.甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是lm/s,甲、乙相遇时用力推

对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为lm/s和2m/s.求甲、乙两运动员的质量之比

()

A1:2B.2:1C.2:3D.3:2

【答案】D

【解析】

【详解】由动量守恒定律得

州匕一加2V2=加2%一加M

解得

网=♦+必

m2匕+X

代入数据得

W13

m22

故选D。

5.如图所示，设车厢长为L质量为静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为，〃的物体以初速度

Vo向右运动，与车厢壁来回碰撞"次后，最终相对车厢静止，这时车厢速度是()

\\\\\\XA.\\\\\\\\\K\\\\\\\\\\\\

A.Vo,水平向右B.0

c.mvO,水平向右D.mVO,水平向左

M+mM+m

【答案】C

【解析】

【详解】物块在车辆内和车发生碰撞满足动量守恒，最后物块和车共速，由动量守恒得

mv0

解得

mv

v=o

m+M

方向水平向右，故选C。

6.一质量为2kg的物块在合外力厂的作用下从静止开始沿直线运动。尸随时间/变化的图线如图所示，则

()

八FN

2--------；

1-

°1~2~3-Tts

-1-----------------：

A./=ls时物块的速率为2m/s

B./=2s时物块的动量大小为4kg-m/s

C.Z=3s时物块的动量大小为5kg-m/s

D.f=4s时物块的速度为零

【答案】B

【解析】

【详解】A.由动量定理有

F£=mv1

解得/=Is时物块的速率为

Ft2x1

匕=­xL=----m/s=1m/s

m2

故A错误；

B.F-f图线与时间轴所围面积表示冲量，根据动量定理可知，/=2s时物块的动量大小为

02=芹2=2义2kg•m/s=4kg-m/s

故B正确；

C.根据动量定理可知，/=3s时物块的动量大小为

03=2x2kg-m/s-1x1kg-m/s=3kg-m/s

故C错误；

D.根据动量定理可知，尸4s时物块的动量大小为

p4=2x2kg-m/s-lx2kg-m/s=2kg-m/s

则片4s时物块的速度为

v=-=Im/s

4m

故D错误。

故选B。

7.如图所示的电路中，当变阻器&的滑动触头P向。端移动时（）

C.电压表示数变大，电流表示数变大

D.电压表示数变小，电流表示数变小

【答案】B

【解析】

【详解】当滑片向。端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定

律可得，电路中总电流增大，所以内电压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将以等效为电

源内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过&的电流减小，因总电流增大，所以电流表示数增大。

故选B。

8.如图所示，直线A是电源路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R、&的两端电压与

电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到这个电源上，则（）

42

A.Ri接在电源上时，电源的效率高B.R2接在电源上时，电源的效率高

C.Ri接在电源上时，电源的输出功率大D.电源的输出功率一样大

【答案】A

【解析】

【详解】AB.电源的效率

〃=

P&~EI~E

可知效率与路端电压成正比，吊接在电源上时路端电压大，效率高。故A正确；B错误;

CD.Ri接在电源上时，由图线读出/=此时的电压为U,则有

Uo_uo-u

/。

L40

解得

3

F。

电源的输出功率

3

lo

治接在电源上时

由图线读出/'=!

1,此时的电压为U',则有

20

U0,UQ-U'

一

解得

u、6u。

电源的输出功率

P2=U'I'=^UQIQ

则

故CD错误。

故选Ao

9.一带正电小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球

()

E一%

-4------------------------------------------

<------------------------------------------

A.做直线运动B.做曲线运动

C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小

【答案】BC

【解析】

【详解】小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运

动.故A错误，B正确.小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做

正功，则速度先减小后增大.故C正确，D错误.故选BC

【点睛】解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关键看合力的方向与速度方向的关

系.

10.如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正

极相连，且电动势《〈生，二极管具有单向导电性，当单刀双掷开关接1时，一带正电粒子沿A8中心

水平射入，打在B极板上的N点，不计粒子重力，为使粒子能打在N点左侧，则（）

1QIQ2

।%

-T-

、、、

______________，|N,B

A.将单刀双掷开关接2B.将B板下移一段距离

C.将A板上移一段距离D.在A板下面插入一很薄的金属板

【答案】AD

【解析】

【详解】A.设电源的电动势为E,电容器板间距离为d,带电粒子的质量和电量分别为相和q,则有竖

直方向

12

y=-af

2

水平方向

x=vot

有牛顿第二定律知

qE

Q=----

md

联立解得

qEx2

y=o2md/2

粒子能打在N点左侧时，y不变，x减小，其他量不变，则电源的电动势E必须增大，而&＜石2,所以

将单刀双掷开关接2时，粒子能打在N点左侧，故A正确；

B.将8板下移一段距离时，由于二极管的存在，板间场强不变，带电粒子所受的电场力大小不变，粒子

做类平抛运动的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故B错误；

C.将A板上移一段距离，电容减小，而电容器所带电量不变，板间场强不变，带电粒子所受的电场力大

小不变，粒子小球仍然打在N点，故C错误；

D.在A板下表面插入一很薄的金属板，A8间距d减小，电容增大，则电量Q增大，所以场强增大，电

场力变大，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度增大，运动时间变短，小球将打在N点的左侧，故D

正确。

故选ADo

二、实验题（每空2分，共16分）

11.某同学设计了如图甲所示的实验装置验证水平方向动量守恒定律，所用器材：气垫导轨、带四分之一

圆弧轨道的滑块（水平长度工）、光电门、金属小球、游标卡尺、天平等。

（1）实验步骤如下：

①按照如图甲所示，将光电门A固定在滑块左端，用天平测得滑块和光电门A的总质量为光电门B

固定在气垫导轨的右侧。

②用天平称得金属球的质量为用20分度游标卡尺测金属球的直径，示数如图乙所示，小球的直径

d=cmo

③开动气泵，调节气垫导轨水平，让金属小球从C点静止释放。A、B光电门的遮光时间

分别为Afi、A/2（光电门B开始遮光时小球已离开滑块）。

C

光电门47光电门3

0_____/

▽一小接气泵

V气「导轨

甲

3cm主尺

10-20

（2）验证M、机系统水平方向动量守恒（填“需要”或“不需要”）保证滑块的上表面光滑。

（3）如图验证M、机系统水平方向动量守恒，只需验证成立即可（用A/、m、d、L、△九、AZ2

表示）。

rdL、L

【答案】①.1.300cm②.不需要③.m-----------=M——

(Nt、A?2JA?2

【解析】

【详解】（1）②口］20分度的游标卡尺，每相邻两个格的实际长度为0.95mm,由此可得小球的直径为

J=32.0mm-20x0.95mm=13.00mm=l.300cm

（2）⑵即使上表面不光滑，系统水平方向合外力也为零，所以也满足动量守恒，即不需要保证滑块的上

表面光滑；

（3）［3］令小球脱离滑块时对地的速度为vi,滑块对地的速度为也，根据动量守恒则有

0=Mv1-mv1

根据题意可得

d

L

v=-——

9绝

联立可得

(dL\„A

m-----------=M------

、t?)加2

12.用半偏法测量电流表G的内阻，某同学设计了如图甲所示电路，器材如下:

甲

A.待测电流表G(量程2mA)；

B.电动势E=3V；

C.电动势E=15V；

D.电阻箱：0〜999.99。；

E.滑动变阻器：0〜10kQ；

F.滑动变阻器：0〜500Q；

G.开关两个，导线若干;

(1)连接电路时，图甲中的电源应选择(选填"B”或"C”)，滑动变阻器与应选择(选

填“E”或"F”)。

(2)用画线代替导线，按图甲电路在图乙中把实物图连接完整

(3)操作步骤如下：

①断开Si、S2,将凡调到最大，连接好电路;

②闭合Si,调节瑞，使电流表G满偏；

③保持用的滑片不动，再闭合S2,调节A2，使电流表G的示数为1mA,此时，电阻箱示数如图丙，由此

可得出电流表G的内阻与=Q；测量结果和真实值相比=（填“偏大”或“偏小”）

【答案】①.C②.E③.④.422.7⑤.偏小

【解析】

【详解】（1）口］⑵本实验采用的半偏法测量电流表G的内阻，实验中在开关S闭合前后，始终认为电路

中的电流不变，即实验中为了减小系统误差，滑动变阻器接入电路的阻值需要远远大于电流表G的内

阻，选用的滑动变阻器为E。本实验要求滑动变阻器的分压尽量大于电流计的电压，则要选电动势大一点

的电源。故选C。

（2）［3］实物图连接如图所示。

（3）［4］保持用滑片不动，再闭合S2,调节使电流表G的示数为，G=lmA,则电阻箱的电流为

%=la-IG=2mA-1mA=1mA

电阻箱的阻值为4=422.7。，根据并联电路的规律可知电流表G的电阻为

r=^^=422.7Q

g%

［5］当S2接通时，凡有电流流过，&和G并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏

电流调到半偏时，凡中电流大于半偏电流，则测量值小于真实值。

三、计算题（13题10分，14题16分，15题16分，共42分）

13.如图所示电路，电动机的线圈电阻是1。，电动机工作时电压表的示数是12V,电池组的电动势是

22V,内电阻是1。，电阻器R的阻值为4a.求：电动机输出的功率.

~~©—R

H'——

£,r

【答案】20W

【解析】

【详解】由E=22V,电动机两端电压Ui=12V可得R和电源内阻上电压为

U,=E-Ul=10V

通过电动机的电流为

I==2A

R+r

电动机输入功率

尸=U"=12Vx2A=24W

由热功率公式

4=/2&=4xlW=4W

所以输出功率

场出=P—a=24W-4W=20W

答：电动机输出的功率为20W.

14.如图所示，在场强E=1(/N/C的水平匀强电场中，有一根长L=15cm的细线，一端固定在。点，

另一端系一个质量根=2g、电荷量乡=2xl(T6c的带正电小球，当细线处于水平位置时，小