高中试卷答案网参考答案
1、答案：D
x x
解析：A.根据速度定义式 v ，当 t非常小时，就可以用 表示物体在某时刻的瞬时速
t t
度，应用了极限法。故 A错误；
B.在探究两个互成角度的力的合成规律时，利用合力的效果与分力的效果一样，采用了等效
替代的方法。故 B错误；
C.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了理想模型的思
想。故 C错误；
G
D.类比电场强度的定义方法，“重力场强度 g”可以定义为 g 。故 D正确。故选 D。
m
2、答案：B
解析：根据“同侧法”可知，A点的起振方向向上，由于 A点的起振方向与手的起振方向相
同，故手的起振方向向上，A错误；由于波的传播速度只与介质有关，故减小手的振动频
v
率，绳波的传播速度不发生变化，B正确；根据公式 f ，又因为波的传播速度只与介质
有关，绳波的传播速度不发生变化，若增大手的振动频率，绳波的波长将减小，C错误；若
停止手的振动，绳中波形会继续传播，不会立即消失，D错误.
3、答案：C
解析：A、由折射光路可知，玻璃对 a光的折射程度较大，则折射率较大，故 A错误；
c
B、根据 v 可知，在该玻璃砖中，a光的传播速度比 b光小，故 B错误；
n
C、根据折射率大频率大知，a光频率大，故 C正确；
D、由于 a光的频率大，则波长短，如果 b光是绿光，那么 a光不可能是红光，故 D错误；
故选：C。
4、答案：D
解析：A.由开普勒第定律知，天舟四号在 A点的运行速度大于在 B点的运行速度，故 A错
误；B.天舟四号从 A运动到 B的过程中，只有万有引力做负功，则动能减小，引力势能增
大，机械能不变，故 B错误；C.由开普勒第三定律可知在交会对接前天舟四号的运行周期比
天和核心舱的运行周期小，故 C错误；D.要使天舟四号从低轨道到高轨道，应该使天舟四号
在 B点点火加速，使万有引力小于其需要的向心力，从而离心到更高轨道，才能与天和核心
7
舱顺利完成对接，故 D正确。故选 D。
5、答案：A
解析：AB.对 A研究：P对 A的库仑力垂直斜面方向的分力，先逐渐增大后逐渐减小，当库仑
力与斜面垂直时最大，设该分力为 F，斜面倾角为α，根据平衡条件得斜面对 A的支持力
N mg cos F ，可知 N先增大后减小，A正确；
B.从 P点转至 A正上方的 O点处的过程中，库仑力的方向在时刻改变，故物体 A受到的库仑
力发生变化，B错误；
C.由于物体 A的重力沿斜面向下的分力与物体 A受到的库仑力沿斜面向上的分力大小不确
定，故物体 A受到的摩擦力不一定沿斜面向上，C错误；
D.以 A和 C整体为研究对象，分析受力情况如下图所示
设 P对的库仑力大小为 F，与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件得 f F sin ，由于 F大小
不变，减小，则知地面对斜面 C的摩擦力逐渐减小，C错误。
故选 A。
6、答案：C
解析：A.当重物上升到高为 H时动能最大，根据动能定理得
Ekm 2F cos mg H
故 A错误；
B.重物从开始上升到落回地面，全过程动能定理有
Ek 2FH cos
故 B错误；
C.重物从地面到将地面砸下的深度为 h，根据动能定理有
mgh F h 0 Ek
解得重物对地面的冲击力大小为
8
F 2FH cos mg
h
故 C正确；
D.对第一次打夯过程中，根据动量定理有
I 0 mv
又落地时的动能为
Ek 2FH cos
1
mv2
2
联立两式即可求出第一次打夯过程中重物所受重力的冲量大小，故 D错误。
故选 C。
7、答案：C
解析：A、金属棒 v匀速运动时受力平衡，根据平衡条件可得：BIL mg sin
BLv
根据闭合电路的欧姆定律可得： I
2R
2mgR sin
联立解得 ab棒的速度大小为 ,
B2L2
故 A错误；
B、根据右手定则可得通过 ab棒的电流从 b到 a，则通过 cd 棒的电流从 c到 d，对 cd 棒根据
左手定则可知安培力的方向向左，根据平衡条件可知金属棒 cd 受到水平向右的摩擦力，故 B
错误；
C、通过金属棒 cd 的电流与通过金属棒 ab的电流相等，所以金属棒 cd 受到的安培力大小
FA BIL mg sin ，根据平衡条件可得金属棒 cd 受到的摩擦力大小为 f FA mg sin ，故
C正确；
D、金属棒 cd 的热功率等于金属棒 ab产生的热功率，等于金属棒 ab重力做功功率的一半，
则有 m2P g
2R sin 2 故 D错误。
B2L2
故选：C。
8、答案：AB
解析：A.设回旋加速器 D形盒的半径为 R，粒子获得的最大速度为 vm ，根据牛顿第二定律有
2
qv B m vmm R
9
解得
v BqRm m
粒子的最大动能为
1 B2q2E mv2 R
2
km 2 m
2m
即 Ekm 与 R有关，故 A正确；
B.设粒子的速度大小为 v时才能够通过速度选择器，则
qE qvB1
解得
v E
B1
设粒子在磁场 B2中做匀速圆周运动的半径为 r，根据牛顿第二定律有
v2qvB2 m r
r mv mE
B2q B1B2q
粒子击中屏的位置到进入磁场 B2位置的距离为
x 2r 2mE
B1B2q
所以乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故 B正
确；
C.由题意可知霍尔元件中自由电荷的运动方向与电流方向相反，根据左手定则可知 N侧带负
电荷，故 C错误;
D.当前后两个金属侧面间电压稳定时，液体中离子所受洛伦兹力与电场力平衡，即
qU
qvB
b
液体的流量为
Q vS bcv
解得
U BQ
c
10
若流量 Q恒定，则 U与 c成反比，故 D错误。
故选 AB。
9、答案：AD
解析：B、理想变压器原、副线圈匝数比为 1:4，则电流之比为： I1 : I2 4 :1，根据电功率的
计算公式 P I 2R可得R1与R2的热功率之比为：P :P I 2 21 2 1 R1 : I2R2 ,代入数据解得：
P1 : P2 8 :1，故 B错误；
A、根据功率关系可得：U I I 2R I 2 10 1 1 1 2 R2 R
2 3
，解得： I1 2 A，故 A正确；
C、向上移动 P，副线圈电阻增大，则输出电流减小，根据变流比可知，输入电流减小，电阻
R1分压减小，原线圈输入电压增大，则输出电压增大，电压表读数将增大，故 C错误；
D、若向下移动 P，副线圈电阻减小，则输出电流变大，根据变流比可知，输入电流变大，根
据 P U0I1可知，电源的输出功率变大，故 D正确。
故选：AD。
10、答案：AD
解析：A.a c过程气体体积增大，气体对外做功，a c过程气体温度升高，内能增加，由
热力学第定律可知，气体吸收热量，故 A错误，符合题意;
B.由图示图象可知，b、c、d、e点的体积 V相等， pb pc pd pe，由查理定律
p
C
T
可知
Tb Tc Td Te
a d是等温膨胀过程，则
Ta Td
从 a到b、c、d、e过程体积变化量ΔV 相同，气态对外做功
W pΔV
a b过程气体压强不变， a c、a d、a e过程压强减小，则 a b过程气体对外做功
最多， a b过程气体温度升高最大，气体内能增加最多，故 B正确，不符合题意;
C.b、c、d、e各状态下气体体积相等，分子数密度相等，即单位体积内的气体分子个数相
等，故 C正确，不符合题意;
11
D.a e过程气体温度降低，内能减少，气体体积增大，气体对外做功，气体内能的减少量可
能等于气体对外做的功，故 D错误，符合题意。
11、答案：BC
解析：环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力、向上的摩擦力，设加速度大小为
a qE qvB mg1，则 a1 ，因此速度的减小导致洛伦兹力减小，则摩擦力会减小，因此环m
做加速度减小的减速运动，当环反向时，环的加速度大小
a qE qvB mg
，随着速度增
2 m
t
大，圆环做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，因此在 t 0 时，不可能刚好到达
2
最低点，故 A错误；圆环在运动过程中，向下运动时，加速度大于向上运动的加速度，而向
下运动摩擦力越大，则加速度越大，因此圆环刚开始运动时，加速度最大，最大加速度
a qE qv B mg qv B
，故 B正确；圆环从出发到回到出发点过程中，重力势能
0
m g 0m m
1 1
变化为零，那么机械能的损失即为动能的减小，根据动能定理，则有 Ek mv
2 mv20 ，而2 2
v mg
2
1 m g
2
，因此损失的机械能为 Ek m v
2
0 ，故 C正确；环在下落与上升过程 qB 2 2 2 2 B q
中，因摩擦力做功值不同，故产生的内能不同，故 D错误。
故选 BC。
12 2g k 、答案：（1）2.385（2） （3）
2 1 d k
解析：（1）20分度游标卡尺读数为40 mm 17 0.95 mm 23.85 mm 2.385 cm。
2
2 1 2g（ ）根据机被能守恒定律有mgh 1 m d ，可得 2 2 h
1
，故 随 h的变化图像的斜率为
2 t t d t 2
k 2g 。
d 2
2
3 1 2(mg f )（ ）考虑阻力的情况下，由动能定理有 (mg f )h 1 m d ，解得 2 2 h，可得2 t t md
1 h k 2(mg f ) k 2 f
f k
随 的变化图像的斜率为 ，由此可知 1 。
t 2 md 2 md 2 mg k
13、答案：（1）1.50V；18
12
（2）∞
（3）1.3
2
14、答案：（1） d
9
（2）1.4atm
解析：（1）设活塞面积为 S，h为升高的高度，由题意得
（2分）
V 2dS1 ,T1 300K ,V
2d
2 h S ,T2 400K3 3
由盖-吕萨克定律
V1 V 2
T T （1分）1 2
解得
h 2 d (检验：h小于三分之一 d，满足题意。) （1分）
9
（2）由题意得
V 2Sd1 ,T1 (273 27)K 300K3
设活塞刚好到达顶部时气体温度为T3；此时有
V3 Sd （1分）
由盖-吕萨克定律
V1 V 3
T T （1分）1 3
解得
T3 450K （1分）
当气体温度高于T3后，缸内气体做等容变化。当温度升到
T4 (357 273)K 630K （1分）
设此时气体的压强为 p，由查理定律
p0 p
T3 T
（1分）
4
解得
p 1.4atm （1分）
13
15 1 2 E 4、答案：（ ）见解析（ ） v
B 3 0
解析：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子从 O点运动到 A点所需要的时间为 t，
则
d sin 60 v0t （1分）
dcos60 1 qE t 2 （1分）
2 m
对粒子，由动能定理得
qEdcos60 E 1kA mv
2
2 0
（2分）
E 4mv
2
解得 0 （1分）
3qd
E 7 mv2kA （1分）6 0
（2）如图所示，撤去电场加上磁场后，粒子恰好能经 A点到达 B点，由此可知，OB为该粒
子做圆周运动的直径，
则粒子在磁场中做圆周运动的半径
r OB d （2分）
2
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
v2qv B m 0 （2分）0 r
mv
解得 B 0 （1分）
qd
E 4
则 v （1分）
B 3 0
16、答案：（1）v 2gR（2）见解析（3）0 L S1 S2 2R
14
解析：（1）对物块由 A到 B过程中，由动能定理得
1 mv20 mgR （1分）2
解得v0 2gR （1分）
（2）设滑板与 P碰撞前，物块与滑板具有共同速度，取向右为正，对物块与滑板组成的系
统，根据动量守恒定律有
mv0 (m M )v （1分）
设此过程滑板运动的位移为 s，对滑板由动能定理得
mgs 1 Mv2 0 （1分）
2
联立解得
s 4R L R 0 （1分）9 4
则假设不成立，滑板与挡板 P碰撞前瞬间未达到共速，设碰前瞬间滑板速度为 v2，由动能定
理有
mg R 1 Mv22 0 （1分）4 2
可得v gR （1分）2 8
根据动量守恒定律有
mv0 mv1 2mv2 （1分）
解得 v gR （1分）1 2
（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板 P碰撞后速度 v2 大小不变，
方向向左，设两者第二次具有共同速度为 v3，取向左为正，有
Mv2 mv1 (m M )v3 （1分）
设此时滑板离 P的距离为 s ，对滑板由动能定理得
mgs 1 Mv2 1 Mv23 2 （1分）2 2
R
解得 v3 0， s （1分）4
15
说明滑板与物块同时停下并恰好没有与端碰撞（即滑板回到初始位置），则滑板对地位移为
S2 0 （1分）
滑块在滑板上做减速运动，根据牛顿第二定律有
mg ma （1分）
根据 v2 v20 2ax则滑块的对地位移为
v2S 01 2R （1分）2a
因此，滑板长度
L S1 S2 2R （1分）
16邵东名校 2023 年上学期高二期中考试物理试卷
考试范围：必修一至选择性必修第三章第三节
考试时间：75 分钟 总分： 100 分
学校： ___________姓名： ___________班级： ___________考号： ___________
一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分，每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。
1、科学家们创造出了许多物理思维方法，如理想实验法，控制变量法、极限思想法、模型 法、类比法和比值定义法等等，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是( )
A.根据速度定义式v = ，当 t 非常小时，就可以用表示物体在某时刻的瞬时速度，应
用了微元法
B.在探究两个互成角度的力的合成规律时，采用了控制变量的方法
C.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法采用了等效替代的思想
D.类比电场强度的定义方法，“重力场强度 g” ，可以定义为g =
2 、将较长的绳一端固定在墙上，另一端用手担住以恒定振幅上下持续振动，产生的绳波沿绳 自左向右传播，图示时刻，波形刚好传播到 A 点.下列判断正确的是( )
A.手的起振方向向下
B.若减小手的振动频率，绳波的传播速度不发生变化
C.若增大手的振动频率，绳波的波长将增大
D.若停止手的振动，绳中波形立即消失
3 、如图所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，分为 a 、b 两束单色光。则( )
A.玻璃对 b 光的折射率较大
B.在真空中 a 光的速度大于 b 光的速度
C.a 光的频率大于 b 光的频率
D.如果 b 光是绿光，那么 a 光可能是红光
4 、2022 年 5 月 10 日 1 时 56 分，天舟四号货运飞船采用快速交会对接技术，顺利与在轨运行 的天和核心舱进行交会对接。对接前，天舟四号货运飞船绕地球做椭圆运动，近地点 A 和远 地点 B ，如图所示；天和核心舱在离地球表面高度 h 处做匀速圆周运动。若对接地点在椭圆 轨道的远地点 B ，下列说法正确的是( )
1
A.天舟四号在 A 点的运行速度小于在 B 点的运行速度
B.天舟四号从 A 运动到 B 的过程中，动能减小，引力势能增大，
机械能减小
C.在交会对接前天舟四号的运行周期比天和核心舱的运行周期大
D.天舟四号在 B 点点火加速，才能与天和核心舱顺利完成对接
5 、如图所示，在一绝缘斜面 C 上有一带正电的小物体 A 处于静止状态。现将一带正电的小 球 B 沿以 A 为圆心的圆弧缓慢地从 P 点转至 A 正上方的 O 点处，已知 P 、A 在同一水平线 上，且在此过程中物体 A 和 C 始终保持静止不动，A 、B 可视为质点。关于此过程，下列说
法正确的是( )
A.物体 A 受到斜面的支持力先增大后减小
B.物体 A 受到的库仑力保持不变
C.物体 A 受到的摩擦力一定沿斜面向上
D.地面对斜面 C 的摩擦力先减小后增大
6 、如图所示，人们用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时 通过轻绳对质量为 m 的重物各施加一个大小为 F、与竖直方向夹角为θ的拉力，重物离开地面 上升 H 时两人停止施力，最后重物下落将地面砸下的深度为h 。重物对地面的冲击力可视为
恒力。重力加速度为 g 。不计空气阻力。则( )
A.重物上升过程中的最大动能为2FH cos9
B.重物刚落地时的动能为2FH cos9+mgH
C.仅根据题中信息可以推算出重物对地面的冲击力大小
D.仅根据题中信息无法推算出一次打夯过程中重物所受重力的冲量大小
7 、两根足够长、电阻不计且相距为 L 的平行金属导轨固定在倾角为α 的绝缘斜面和水平面 上，斜面导轨处在垂直斜面向上的匀强磁场中，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感 应强度均为 B 。一质量为 m 、长为 L 、电阻为 R 的光滑金属棒ab 垂直导轨放置在倾斜导轨 上，另一质量为 m 、长为 L 、电阻为 R 的粗糙金属棒cd 垂直导轨放置在水平导轨上，两金属 棒始终与导轨接触良好。金属棒ab 由静止释放，经一段时间后匀速运动，金属棒cd 始终静 止，重力加速度为 g，在金属棒ab 匀速运动过程中，下列说法正确的是( )
2
A.金属棒ab 匀速运动的速度大小为
B.金属棒cd 受到水平向左的摩擦力
C.金属棒cd 受到的摩擦力大小为mg sin
D.金属棒cd 的热功率为
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
8 、下图中关于磁场中的四种仪器的说法中正确的是( )
A. 甲图中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关
B. 乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C.丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时 N 侧带正电荷 D.丁图长宽高分别为a、b、c 的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量 Q 恒定，则前后两个 金属侧面的电压与a、b、c 均无关
9 、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 1:4 ，a ，b 端接入电压有效值为U0 = 6V 的正 弦式交流电源。电阻R1 = 1 ，R2 = 2 ，滑动变阻器R3 最大阻值为 60Ω ，此时滑片 P 处于正
中间位置，电表均为理想交流电表，则( )
A. 电流表的示数为 2A B. R1 与R2 的热功率之比为 2:1
C.若向上移动 P，电压表示数变小 D.若向下移动 P ，电源的输出功率变大
10 、如图所示是一定质量理想气体的状态变化图线。已知a d 是等温膨胀过程，则对于图 中所示的 4 个过程中，以下说法中错误的是( )
3
A. a ) c 可能既不吸热也不放热
B. a ) b 过程气体对外做功最多，内能增加也最多
C. b、c、d、e 各状态下，单位体积内的气体分子个数都相同
D. a ) e 过程气体内能的减少量不可能恰好等于气体对外做的功
11、如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场 中，电场强度大小为 E = ，磁感应强度大小为 B 。一质量为 m 、电荷量为 q 带正电小圆 环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ；现使圆环以初速度 v0 向下运动，经时间t0 ，圆环 回到出发点.若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为
g 。则下列说法中正确的是( )
A.环经过 时间刚好到达最低点
B.环的最大加速度为am = g +
C.环在 t0 时间内损失的机械能为 m v0 2 _ ))|
D.环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等
三、实验题 (12 小题 6 分，13 小题 8 分，共 14 分。)
12 、某同学设计如图甲所示的实验装置来做“验证机械能守恒定律”实验，让小铁球从 A 点自 由下落，下落过程中经过 A 点正下方的光电门 B 时，光电计时器记录下小铁球通过光电门的
时间t，当地的重力加速度为 g。
(1) 用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图乙所示，则其直径为d = ______cm。
(2) 调整 A 、B 之间距离h ，多次重复上述过程，作出随 h 的变化图像如图丙所示。若小 铁球下落过程中机械能守恒，则该直线斜率k =______ (用代数式表示) 。
4
(3) 在实验中根据数据实际绘出 h图像的直线斜率为k, (k, < k ) ，则实验过程中小铁球所
受的平均阻力f为其重力的________倍 (用k,、k表示) 。
13 、某同学将一量程为3V 的电压表改装成可测量电阻的仪表-欧姆表。
(1) 先用如图 (a ) 所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关， 将电阻箱阻值调到3kΩ 时，电压表 V 恰好满偏；将电阻箱阻值调到24kΩ 时，电压表指针指 在如图 (b) 所示位置，则电压表的读数为_______V 。由以上数据可得电压表的内阻
(
v
_______
)R = kΩ
(2) 将图 (a ) 的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻 的简易欧姆表，如图 (c ) 所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将 两表笔断开，闭合开关，调节电阻箱，使指针指在“ 3.0V ”处，此处刻度应标阻值为_______ (填“0”或“∞”) ；
(3) 再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电压刻度，则改 表完毕；则“1V”处对应的电阻刻度应为_______ kΩ ； (保留两位有效数字)
四、计算题 (14 题 10 分，15 题 12 分，16 题 16 分，共 38 分。)
14 、如图所示，圆柱形的气缸上部有小挡板，可以阻止活塞滑离气缸，气缸内部的高度为
d，质量不计的薄活塞将一定质量的气体封闭在气缸内。开始时活塞离底部高度为d ，温度
为t1 = 27℃ ，外界大气压强为p0 = 1atm ，现对气体缓缓加热，求：
(1) 当气体温度升高到t2 = 127℃ 时，活塞升高了多少
(2) 当气体温度升高到t3 = 357℃ 时，缸内气体的压强。
5
15 、如图甲所示，一质量为 m 、电荷量为 q 的带正电粒子从 O 点以初速度v0 水平抛出。若在 该带电粒子运动的区域内加一方向竖直向下的匀强电场，则粒子恰好能通过该区域中的A 点；若撤去电场，加一垂直纸面向外的匀强磁场，仍将该粒子从 O 点以初速度v0 水平抛出，
则粒子恰好能经 A 点到达该区域中的 B 点。已知 OA 之间的距离为d，B 点在 O 点的正下
方， 三BOA = 60。，粒子重力不计。求：
(1) 粒子在电场中运动，到达 A 点时的动能EkA ；
(2) 匀强电场的场强大小 E 与磁场的磁感应强度大小 B 的比值。
16 、如图所示，以 A 、B 为端点的四分之一光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在 光滑水平地面上，左端紧靠 B 点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于 B 点。离滑板右端
L = R 处有一竖直固定的挡板 P ，一物块从 A 点由静止开始沿轨道滑下，经 B 滑上滑板。已 0 4
知物块可视为质点，质量为 m ，滑板质量M = 2m ，圆弧轨道半径为 R ，物块与滑板间的动摩
擦因数为 = 0.5 ，重力加速度为 g 。滑板与挡板 P 端的碰撞没有机械能损失。
(1) 求物块滑到 B 点的速度v0 大小；
(2) 求滑板与挡板 P 碰撞前瞬间物块的速度v1 大小；
(3) 物块恰好没有脱离滑板，求滑板长度 L。
6