2023学年广东省汕头市潮师高级中学物理高二第一学期期中检测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡

2、一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，一个带负电的金属圆环绕轴OO 以角速度匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时，AN极竖直向上BN极水平向左CN极水平向右DN极垂直纸面向里2、关于功的概念，下列说法中正确的是（）A因为功有正负，所以功是矢量B力对物体不做功，说明物体一定无位移C滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功D若作用力对物体做正功，则反作用力一定做负功3、两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U=12V的直流电源上，且电源电压保持不变。把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1的两端（如图

3、所示），电压表的示数为8V，如果把此电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（）A小于4VB等于4VC大于4V、小于8VD等于或大于8V4、关于并联电路，下列说法中错误的是（ ）A总电阻值必小于每一条支路电阻阻值B其中一只电阻阻值增大时，总电阻阻值必增大C拿掉一只电阻时，总电阻阻值必增大D增加的并联支路越多，总电阻阻值越大5、如图所示,两个圆环A、B同心放置,且半径RARB.一条磁铁置于两环的圆心处,且与圆环平面垂直.则A、B两环中磁通A，B之间的关系是( )AAB BAB CAB D无法确定6、关于下列甲、乙两电路图说法正确的是()A甲图中滑动变阻器R0属分压式接法B甲图中电阻R两端的电压能从

4、零开始调节C乙图中滑动变阻器R0属限流式接法D乙图中电阻R两端的电压能从零开始调节二、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，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、下列说法正确的是（ ）A公式EFq是电场强度的比值定义式，适用于一切电场B电场强度定义式EFq为我们提供了一种计算静电力的方法，即FEqC根据EkQr2，点电荷电场强度与场源电荷Q成正比，与距离r的平方成反比D等量异种电荷的连线上，中点的场强为零8、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，离地面越远的卫星A线速度越大 B线速度越小C周期越大 D周期越小9、在图示

5、电路中，P为滑动变阻器的滑片，电表均为理想电表下列说法正确的是A在P向右移动的过程中，电流表的示数变大B在P向右移动的过程中，电压表的示数变大C当P移到滑动变阻器的右端时，电源内部消耗的电功率最大D当P移到滑动变阻器的右端时，电源的效率最高10、如图所示，电源电动势为E，内电阻r，理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为U1、U2；流经电源的电流为I，其变化量的绝对值为I，在滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化）A小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 BU2I不变CU1U2 DU1I减小三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写

6、出演算过程。11（6分）如图所示的是“探究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺两条导线补接完整_（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计指针将向右偏了一下，那么合上开关后线圈A迅速插入线圈B中时，电流计指针将_（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”） 12（12分）（1）下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接（用黑色水笔画线表示对应的导线）_（2）如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图所示，U_V；请结合图线算出此时小灯泡的电阻是_（保留三位有效数字）四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和

7、演算步骤。13（10分）如图所示，在平面直角坐标系x轴的上方（，）区域范围内存在着匀强磁场，磁感应强度为B。在空间（，）处有一粒子源P，能向平面内各个方向发射质量为m、带电量为-q，速度为的带电粒子。（已知，答案涉及位置或长度的均用a表示），求：(1)x轴上能接收到粒子的区域长度L1；(2)x上能被不同角度射出的两个粒子打中的区域长度L2；(3)若在x轴的正半轴上铺设挡板，且粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并反弹，每次反弹后速度方向相反，大小为原来的0.6倍，则求这些粒子出磁场时的纵坐标y及粒子在磁场中运动的时间。14（16分）如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05m。电压为1

8、0V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0=0.1T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。图中右边有一半径R为0.1m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B=T，方向垂直于纸面向里。一质量为m=10-26kg带正电的微粒沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出。已知速度的偏转角60，不计微粒重力。求：（1）微粒速度v的大小；（2）微粒的电量q；（3）微粒在圆形磁场区域中运动时间t。 15（12分）如图，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面

9、相切于半圆的端点A一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点（图中未画出）已知A、C间的距离为L，重力加速度为g（1）若轨道半径为R，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力FN；（2）为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值Rm；（3）当轨道半径时，小球在水平地面上的落点D到A点距离是多少？参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】带负电金属环，如图所示的旋转则金属环的电流方向与旋转方向

10、相反再由右手螺旋定则可知金属环磁极的方向：左端N极，右端S极因此小磁针N极沿轴线向左故B正确，ACD错误；故选B点睛：本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的应用右手螺旋定则注意电流的方向与负电荷的运动方向相反2、C【解析】A、功有正负，但功是标量，A错误；B、当力的方向和位移的方向垂直时，力不做功，但有位移，B错误；C、摩擦力方向可以与位移方向相同，也可以相反，故可能做正功，也可能做负功，C正确；D、一对相互作用力做功，可以出现都做正功，都做负功，一正一负或一个做功，一个不做功等各种情况，D错误故选3、A【解析】当电压表接在R1两端时，其示数为8V，则此时电阻R2两端的电压为

11、4V，将R1与RV并联后的总电阻用R1V表示，则=解得R1V=2R2由于R1R1V，则R12R2。当电压表改接在R2两端时，将R2与RV并联后的总电阻用R2V表示，则R2R2V。此时电阻R1两端的电压U1与电压表示数U2V之比为=2故电压表的示数将小于4V。故A正确，BCD错误。故选A。4、D【解析】根据公式1R1R1+1R2+1R3+，可知电阻并联相当于导体的横截面积增加了，故总电阻阻值必小于每一只电阻阻值，故A正确；其中一只电阻阻值增大时，总电阻阻值必增加，故B正确；拿掉一只电阻时，相当于导体的横截面积减小了，总电阻阻值必增大，故C正确；根据公式1R1R1+1R2+1R3+，可知再并联一只

12、电阻时，总电阻阻值必减小，即增加的并联支路越多，总电阻阻值越小，故D错误；本题选择错误的，故选D.【点睛】本题关键记住求解并联电路总电阻的公式，运用公式分析即可，也可以由电阻并联相当于导体的横截面积增加分析5、A【解析】根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总 条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，A的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以A正确，BCD错误【点睛】本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进

13、行比较常见问题，中等难度6、D【解析】本题考查了滑动变阻器的两种接法，分压接法和限流接法，当划片P连线上不连接电阻时，为限流接法，当划片P上连接电阻时，为分压接法，其中分压接法中电阻R两端的电压能从零开始调节甲图中滑动变阻器的划片P上没有连接电阻，所以为限流接法，A错误只要采用分压接法时，电阻R两端才可以从零开始调节，B错误乙图中滑动变阻器的划片P上联有电阻，所以为分压接法，电阻R两端的电压可以从零开始调节，所以C错误，D正确，思路拓展：本题的关键是能分辨出什么时候是分压接法，什么时候是限流接法，并且还需理解只要当采用分压接法时，才能满足某电阻两端的电压从零开始条件二、多项选择题：本题共4小题

14、，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、ABC【解析】A、电场强度的定义式E=Fq ,适用于一切电场.所以A选项是正确的.B、电场强度定义式E=Fq,变形为F=Eq ,即可求解静电力.所以B选项是正确的.C、从公式E=kQr2 可以知道,点电荷电场强度与场源电荷Q成正比,与距离r的平方成反比,所以C选项是正确的.D、等量异种电荷的连线上,中点的场强不为零,只有等量同种电荷中点电场强度才为零,故D错误.综上所述本题答案是：ABC8、BC【解析】离地面越远的卫星，其轨道半径越大，卫星受到的万有引力充当向

15、心力，根据公式GMmr2=mv2r=m42T2r可得T=2r3GM，v=GMr，轨道半径越大，周期越大，线速度越小，BC正确【点睛】本题关键要抓住万有引力提供向心力这一特征，灵活选择公式，再整理出被求量的表达式加以比较讨论9、AC【解析】AB滑动变阻器向右移动，电路总电阻减小，根据：可知，电流表的示数变大，根据：可知电压表的示数减小；故A正确，B错误；CD当P移到滑动变阻器的右端时，外电阻R最小，根据：可知，电路中的电流最大；根据：可知此时电源内部消耗的电功率最大；故C正确；根据效率：可知，此时的电源的效率最低，故D错误；10、ABC【解析】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路

16、的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L1变亮变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮故A正确根据欧姆定律得U2I=R1，不变，故B正确由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V1的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以U1U1故C正确由U1=E-I（RL1+r）得：U1I=RL1+r，不变，故D错误故选ABC.点睛：本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析运用总量法分析两电压表读数变化量的大小运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的

17、比值变化，这是常用的方法三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、 向右偏 【解析】（1）1电路图如图所示：（2）2闭合开关时，穿过线圈的电流增大，则磁通量增大此时指针向右偏，那么当合上开关后线圈A迅速插入线圈B中时，穿过线圈的磁通量也是增大的，所以也应该向右偏12、（1） （2）2.282.32V 11.512.2 【解析】（1）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；（2）由图示电压表读出其示数，由图示图象求出对应的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值；【详解】（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器

18、应采用分压接法，由于小灯泡的电阻较小，采用安培表外接法，如图所示：（2）电压表量程为3V，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.3V，由图示图象可知，2.3V对应的电流为，此时灯泡电阻为：【点睛】描绘伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表的接法与确定滑动变阻器的接法是正确连接实物电路图的前提与关键四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、 (1) (2) (3) 【解析】(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径，粒子打在MN上的范围如图1所示最右侧： 最左侧：F与MN相切，由几何关系知解得 (2)如图1所示，有不同角度射出的两个粒子打中的长度为OD, 得(3)粒子垂直打在挡板上，由几何关