2023学年广东省紫金县物理高二第一学期期中预测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3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、关于电场，下列叙述正确的是A在电场中某点放入检验电荷q，检验电荷所受电场力为F，该点的场强为E=F/q，取走q后，该点场强不变B正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场强C以点电荷为

2、圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小方向都相同D电场力大的地方，电场强度一定很大2、为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨如图所示为直线通道推进器示意图.推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为空间内存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度大小、方向竖直向下，若在推进器前后方向通以大小，方向垂直纸面向外的恒定电流，则下列说法中正确的是 A推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为B推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为C推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为D推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为3、x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中的曲线所示，规定无限远处电势为零

3、，下列推理与图象信息不符合的是( ) AQ1一定大于Q2BQ1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C电势最低处P点的电场强度为0DQ1和Q2之间各点的电场方向都指向P点4、如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一根金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为下列三种方式：改变磁感应强度B的大小；沿导轨左右平移金属棒ab；改变角的大小，能在轨道回路里产生感应电流的是A只有可以B只有和可以C只有和可以D和都可以5、如图在研究自感现象的实验中,用两个完全相同的灯泡a、b分别与有铁芯的线圈L和定值电阻R组成如图所示的电路（自感线圈的直流电组与定值电阻R

4、的阻值相等）,闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光.关于这个实验的下面说法中正确的是A闭合开关的瞬间,通过a灯的电流大于通过b灯的电流B闭合开关后,a灯先亮,b灯后亮C闭合开关,待电路稳定后断开开关,通过a灯的电流不大于原来的电流D闭合开关,待电路稳定后断开开关,通过b灯的电流大于原来的电流6、下列哪一组物理概念的提出采用的都是“建立物理模型”这一方法（）A“平均速度”“质点”“电场强度”B“质点”“点电荷”“理想气体”C“点电荷”“总电阻”“电场强度”D“点电荷”“平均速度”“总电阻”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。

5、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、带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是()A微粒在01 s内的加速度与12 s内的加速度相同B微粒将沿着一条直线运动C微粒做往复运动D微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同8、在如图所示的电路中，闭合开关S，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是A电压表和电流表的示数都增大B电源的总功率变小C灯L1变亮，灯L2变暗D电容器的带电量减少9、某直流电源与电阻R构成闭合电路，电阻R两端的电压为U，通过它的电流为I，如图所示图线上，a

6、、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，在b点=，则下列说法中正确的是（） A在b点时，电源内阻消耗的功率最大B在b点时，电源有最大输出功率C从a到b时，角增大，电源的输电效率增大D从b到c时，角增大，电源的总功率将减小10、如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则A在时刻，P有收缩的趋势B在时刻，穿过P的磁通量不变C在时刻，P中有感应电流D在时刻，P有收缩的趋势三、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

7、演算过程。11（6分）某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻：实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V（量程3V，内阻Rv=10k）电流表：G（量程3mA，内阻Rg=100）电流表：A（量程3A，内阻约为0.5）滑动变阻器：R1（阻值范围0-10，额定电流2A）R2（阻值范围0-1000，额定电流1A）定值电阻：R3=0.5该同学依据器材画出了如图所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是_；该同学将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是_A；为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器_（填写器材的符号）；该同

8、学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r=_ （结果保留两位有效数字）。12（12分）小明同学用伏安法测定额定电压为2.5V，额定功率为0.2W的小灯泡电流和两端电压的关系曲线。要求小灯泡电压可以从0V开始调节，以获得较多的测量数据。(1)图甲是连接好的实物电路图，电表为理想化电表。在开关闭合前，小明同学又再次仔细检查了电源的连接，发现电路有三个错误。电源的正负极与电表正负极不匹配。把电源正负极连接纠正后，还有另两个错误，请你帮忙指出错误：(a)_(b)_(2)为

9、使测量尽量准确，滑动变阻器应选用图乙中的_(填R1或R2)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（10分）如图所示，粗糙水平面上静止放着相距 的两块相同的长木板A、B，每块木板长均为L，与地面的动摩擦因数一可视为质点的物块C以的初速度水平向右滑上木板A的左端，C的质量为每块木板质量2倍，C与木板的动摩擦因数若A、B碰后速度相同但不粘连，碰撞时间极短，且A和B碰撞时C恰好运动到A的最右端，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取求：(1)木板A与木板B相碰前瞬间的速度；(2)木板A的长度L；(3)木板A、B最终停下时，两

10、者间的距离14（16分）如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为m、带电量为q的粒子从M点以速度v0沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经x轴上的N点和P点，最后又回到M点。设OM=L，ON=2L。求：(1) 运动粒子带正电还是带负电；(2) 电场强度E的大小；(3) 匀强磁场磁感应强度B的大小和方向.15（12分）如右图所示，光滑绝缘半球槽的半径为R，处在水平向右的匀强电场中，一质量为m的带电小球从槽的右端A处无初速沿轨道滑下，滑到最低位置B时，球对轨道的压力为2mg.求：(1)小球受到电场力的大小和

11、方向；(2)带电小球在滑动过程中的最大速度参考答案一、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、A【解析】A电场强度是电场本身的属性，与检验电荷无关，选项A正确；B点电荷周围的电场强度与场源电荷的电量以及距离场源电荷的距离有关，选项B错误；C场强是矢量，点电荷周围的电场成辐射状，同一球面上场强方向不同，选项C错误；D电场力与场强和受力电荷的电荷量有关，所以电场力大的地方，场强不一定大，选项D错误；故选：A。2、A【解析】磁场方向向下，电流方向向外，依据左手定则，则安培力方向向右，因此驱动力方向向左，根据安培力公式F=BIL=1010

12、00.3N=300NA. 推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为，与分析相符，故A正确B. 推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为，与分析不符，故B错误C. 推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为，与分析不符，故C错误D. 推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为，与分析不符，故D错误3、B【解析】由U=Ed知，-x图象的斜率等于电场强度，P点切线的斜率为0，则知电势最低处P点的电场强度为0，说明Q1和Q1在P点产生的场强大小相等、方向相反，由分析知，Q1一定大于Q1故A C正确；两个点电荷间的电势都为正，因此两点电荷一定是正电荷，故B错误；根据顺着电场线电势逐渐降低，则知Q1和Q1之间各点的电场方向都

13、指向P点，故D正确此题选择错误的选项，故选B.4、D【解析】感应电流产生的条件闭合回路，穿过闭合导体回路的磁通量发生变化。即穿过闭合导体回路的磁通量发生变化闭合导体回路中就有感应电流。根据磁通量的公式：=BScos，改变磁感应强度B的大小，则磁通量一定改变。一定能产生感应电流。根据磁通量的公式：=BScos，沿导轨左右平移金属棒ab，S发生变化，则磁通量发生变化。一定能产生感应电流;根据磁通量的公式：=BScos，改变磁感应强度的方向与轨道之间的角，则磁通量发生变化。一定能产生感应电流。可知三种情况下都能产生感应电流.A只有可以,与结论不相符，选项A错误；B只有和可以,与结论不相符，选项B错误

14、；C只有和可以,与结论不相符，选项C错误；D和都可以,与结论相符，选项D正确；故选D.5、C【解析】A. 闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，通过a灯的电流小于通过b灯的电流。故A错误。B. 闭合开关后，b灯立即正常发光，b灯由于线圈中自感电动势的阻碍，电流逐渐增大，慢慢亮起来。故B错误。C. 闭合开关，待电路稳定后断开开关，b灯中原来电流立即减为零，线圈L产生自感电动势，使a中电流逐渐从原来值减小到零，则通过a灯的电流不大于原来的电流，通过b灯的电流也不大于原来的电流，故C正确，D错误6、B【解析】“平均速度” 和“电场强度”都是比值定义法；“质点”“点电荷”“理想气体”都是理想模型

15、；“总电阻”是等效法；故选B。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、BD【解析】A.加速度的方向与正电粒子所带的电场力的方向相同，所以由牛顿第二定律得知，微粒在0-1s内的加速度与1-2s内的加速度大小相同，方向相反故A错误；BC.由图看出，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2s末的速度恰好是0，即微粒第1s做加速运动第2s做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去微粒将沿着一条直线运动故B正确，

16、C错误D.微粒在第1s内与第3s内都是从速度为0开始加速，加速度相同，所以它们的位移也相同故D正确8、CD【解析】根据电路结构明确滑片移动过程中，总电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出路端电压及电流的变化；则可得出总功率的变化；由电容器的性质分析电容器带电量的变化。【详解】滑动变阻器和灯L2的并联，则有1R并=1R2+1R，将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，R减小，则R并也减小，根据闭合电路欧姆定律I=ER1+R并+r，电路中的总电流I增大，即电流表的示数增大，灯L1变亮；电压表的示数U=E-Ir，因此，电压表的示数减小；根据部分电路欧姆定律I2=UR2，流过灯L2的电流减小，灯L2变暗；

17、总电阻减小，总电流增大，故总功率增大；根据电容的定义式C=QU，可知电容器的带电量减小故应选CD。【点睛】本题考查了闭合电路欧姆定律和串并联电路的动态分析要注意本类题目的解题思路为：局部-整体-局部。9、BCD【解析】内阻消耗功率为： ，当电流最大时，电源内阻消耗的功率最大，而b点电流不是最大，所以内阻上消耗的功率不是最大，故A错误；在b点时，因为=，所以直线ob的斜率大小与直线ac的斜率大小相等，此时外电阻和电源的内电阻的大小相等，所以电源的输出功率最大，故B正确；从ab时角越大，总电流越小，电源的总功率越小，图线与坐标轴的“面积”增大，即输出功率增大，电源的输电效为： ，所以效率增加，故C

18、正确；从bc过程中，角增大，外电阻增大，总电流减小，电源的总功率减小，故D正确。所以BCD正确，A错误。10、BC【解析】A.当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FNG，P有收缩的趋势，故A错误；B.当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，故时FN=G，故B正确；C.t3时螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN=G，故C正确；D.当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，

19、线圈P中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，故t4时FN=G，此时P没有收缩的趋势，故D错误三、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、量程与被测电流值相比较太大 0.603 R1 1.48 0.84（0.70-0.90之间都给分） 【解析】1 一节干电池的电动势约E=15V，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，它的阻值范围是0-10，电路中最小电流约为电流表A的量程是3A，被测电流值与电流表量程相比差距太大，因此不能用电流表A。2 改装后电流表量程：3根据以上分析可知，选用的滑动变阻器是R1。45 由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量

20、程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=148V图线的斜率大小k=r，由数学知识知：则电源的内阻为：r=k=0.8412、电压表应选择3V的量程 滑动变阻器应该选择分压式接法 R2 【解析】(1)12 本实验测量的是额定电压为2.5V灯泡的伏安特性曲线，所以应选择3V量程的电压表；同时因本实验要求电压由零开始调节，故应选择滑动变阻器分压接法；(2)3 因本实验采用分压接法，因此应采用滑动变阻器总电阻较小的R2。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）2m/s；（2）5m（3）1.5m【解析】（1）设A、B的质量为m，C、A的相互作用的过程中，对A由牛顿运动定律有，解得；A发生位移d与板B相碰，由运动规律有，解得；碰撞前A的速度为，解得；（2）C、A相互作用的过程中，对C由牛顿运动定律可得，解得，C发生的位移，解得；木板A的长度，（3）碰撞前C的速度为，解得；A、B相碰过程中动量守恒，有，解得；A、B分离后，A板做减速运动，有，解得；从分离到停下，发生的位移为，B板以的加速度做匀加速运动，直到与C同速，设此过程经历时间为，有，解得；此过程中B板