2023学年赣湘粤三省六校物理高二上期中教学质量检测模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、目要求的。1、 “电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面电势分别为A和B，其过球心的截面如图所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应下列说法中正确的是AA球面电势比B球面电势高B电子在AB间偏转电场中做匀变速运动C等势面C所在处电势大小为D等势面C所在处电场强度的大小为E=2、如图，一电荷量为的正点电荷位于电场中

3、的点，受到的电场力为。若把该点电荷换为电荷量为的负点电荷，则点的电场强度为（） A，方向与相反B，方向与相反C，方向与相同D，方向与相同3、第一个发现电磁感应现象的科学家是：A奥斯特B库仑C法拉第D安培4、如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（）AV的读数变大，A的读数变小BV的读数变大，A的读数变大CV的读数变小，A的读数变小DV的读数变小，A的读数变大5、图甲所示，水平放置的接地金属板正上方有一固定的正电荷Q，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速度v滑上金属板的

4、上表面，金属板上表面光滑，则小球在向右运动到右端的过程中（已知如图乙所示的接地金属板与点电荷之间的电场分布与图丙中虚线右侧的电场分布是一样的）A先加速运动，后减速运动B先减速运动，后加速运动C受的电场力不做功D受的电场力的冲量为零6、如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场闭合开关K后，导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2.忽

5、略回路中电流产生的磁场，则磁感应强度B的大小为（ ）A (x2x1)B (x2x1)C (x2x1)D (x1x2)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、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、M为这轨迹上的两个点，由此可知（）A三个等势面中，a电势最低B粒子在P点比在M点时加速度大C粒子在M点比在P点时动能大D粒子在P点比在M点时的电势能较小8、一顾客乘电梯从二楼下到一楼的过程中（ ）A重力对她做

6、正功 B重力对她做负功C支持力对她做正功 D支持力对她做负功9、如图所示，一平行板电容器两极板A、B水平放置，上极板A接地，电容器通过滑动变阻器R和电键S与电动势为E的电源相连现将电键S闭合，位于A、B两板之间的P点的带电粒子恰好处于静止状态，电源内阻可以忽略，则（）AB板电势为-EB改变滑动变阻器的滑片位置，带电粒子仍处于静止状态C将B板向上移动，P点电势将不变D将B板向左平移，带电粒子电势能将不变10、如图所示，电源电动势E=12V.内阻r=3.R0=1.直流电动机内阻R0=1，当调节滑动变阻器R1=2时，图甲电路输出功率最大，调节R2使图乙电路输出功率最大，且此时电动机正好正常工作（(额

7、定功事为6W).则此时R2的阻值和电动机的焦耳热功率P为AR2=2BR2=1.5CP=6WDP=4W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（6分）某同学设计了一个测量液体电阻率的实验，他在一根均匀的长玻璃管两端装上两个橡胶塞和铂电极，如图所示，两电极相距L=0.314m，其间充满待测的河水，安装前他用游标卡尺测量玻璃管的内径，测量结果为D=6.70mm。所用仪器：量程15V、内阻300K的电压表 量程300A、内阻50的电流表最大阻值1K的滑动变阻器， 电动势E=12V、内阻r=6的电池组开关等各一个，以及导线若干图坐标中包括坐标为(0，0

8、)的点在内的9个点表示他测得的9组电流I、电压U的值，已在坐标中标出。根据以上材料完成以下问题：在坐标系中作出U-I图线_开关闭合前滑动变阻器的滑片应先滑至_端（填C端或D端）。图中的仪器实物部分已连线，将其它部分连接成能测出图数据的实物连接图_.液体的电阻R=_求出液体的电阻率=_（用题中给出的字母表示，无需计算出结果）12（12分）（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为_mm；如图2，用20分度游标卡尺测金属棒长度为_cm。（2）某同学为了测定一只电阻的阻值，先用多用电表粗测：多用电表电阻档有4个倍率：分别为1k、100、10、1。该同学选择100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏

9、转角度太大（指针位置如下图中虚线所示，实线为换挡后指针所指位置）。为了较准确进行测量，应该选择档位_。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，空间存在着强度方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L 的绝缘细线， 一端固定在O 点，一端拴着质量m、电荷量q 的小球现将细线拉直到水平位置，让小球由静止释放，小球向上运动达到最高点P 时，细线受到的拉力恰好达到它所能承受的最大值而断裂已知匀强电场强度大小 。求： （1）细线能承受的最大拉力； （2）从P 点开始小球沿水平放方向的位移为L 时，小球距O 点的高

10、度。 14（16分）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=10kg和mB=20kg用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=1s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示求：（1）物块C的质量mC；（2）墙壁对物块B在1 s到12s的时间内的冲量I的大小和方向；（2）B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep；（1）B离开墙后，三个物块在光滑的水平地面上向左运动（地面很长），B的速度变化范围，粘在一起AC的速度变化范围？15（12分）如图所示，绝缘光滑的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场

11、和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动已知重力加速度为g，求：（1）小滑块从A点运动到C点时的时间t；（2）A、C两点间距离h ；（3）当小滑块运动到C点时迅速把电场方向转为竖直向下，若小滑块受到的电场力大小与重力相等，D点为小滑块在运动过程中速度最大的位置，且最大速度大小为v ，求C、D两点间的竖直高度H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、D【解析】电子做匀速圆周运动，电场力提供向心

12、力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高；故A错误；电子做匀速圆周运动，受到的电场力始终始终圆心，是变力，所以电子在电场中的运动不是匀变速运动故B错误；该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBCUCA，即：C-BC-A，所以：C故C错误电子在等势面C所在处做匀速圆周运动，电场力提供向心力： ；又： ，EK0mv2，联立以上各式，得：E故D正确；故选D.2、C【解析】一电荷量为q的正点电荷位于电场中的A点，受到的电场力为F，则电场强度方向与F相同；电场中某点的场强由电场本身决定，与试探电荷的电量和电性均无关，则若把该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，则A点的电场强度E不

13、变。故选C。3、C【解析】试题分析：A、奥斯特发现了电流的磁效应；A错误B、库伦研究得出了电荷间的相互作用：库仑定律；B错误C、法拉第第一个发现电磁感应现象；C正确D、安培研究了磁场对电流的作用；D错误故选C4、B【解析】S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，A分析得V的读数变大，的读数变大，故A错误；B分析得V的读数变大，的读数变大，故B正确；C分析得V的读数变大，的读数变大，故C错误；D分析得V的读数变大，的读数变大，故D错误；5、C【

14、解析】在金属板表面所形成的电场的电场线垂直于金属板表面，其表面为等势面，故射入的正电荷所受的电场力始终竖直向下，电场力不做功，因此小球做匀速直线运动，故C正确、AB错误；电场力做功为零，电场力的冲量Ft并不为零，故D错误故选C【点睛】本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面在等势面上移动电荷电场力不做功6、B【解析】弹簧伸长量为x1时，导体棒所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件沿斜面方向有：mgsin=kx1+BIL；电流反向后，导体棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件沿斜面方向：mgsin+BIL=kx2；联立两式得：B=（x2-x1）A (x2x1) ，与结论不

15、相符，选项A错误；B (x2x1) ，与结论相符，选项B正确；C (x2x1) ，与结论不相符，选项C错误；D (x1x2) 与结论不相符，选项D错误；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、AD【解析】由轨迹的弯曲情况，电场力应指向曲线凹侧，且与等势面垂直（电场线垂直该处等势面），由于正电荷的受力方向与场强方向一致，故场强方向垂直等势面斜向左下方，顺着电场线方向电势降低，a的电势最低，A错误；由于三个等势面并没有说明是等差等势面，所以无法判断场强的大小，所以无法判

16、断电荷在P、M点受的电场力的大小，即加速度大小，B错误；如果由M到P，速度或位移与力的方向夹角小于90做正功，电势能减小，动能增大；反之，如果由P到M，速度或位移与力的方向夹角大于90做负功，电势能增大，动能减小，即粒子在P点的动能大，M点的电势能大，故C错误D正确8、AD【解析】顾客乘电梯从二楼下到一楼的过程中，因重力方向向下，与位移的夹角小于900，则重力做正功，支持力的方向与位移夹角大于900，则支持力做负功；故选项BC错误，AD正确；故选AD.【点睛】此题关键是知道力做正功时，力的方向与位移夹角为锐角；力做负功时，力的方向与位移夹角为钝角；9、ABD【解析】A、AB两板的电势差为E，所

17、以,B板的电势为-E，故A正确；B、改变滑动变阻器的滑片位置，两极板间的电压不变，极板间的电场强度不变，粒子所受电场力不变，带电粒子仍处于静止状态，故B正确；C、将B板向上移动，距离减小，极板间场强变大，A板与P点的电势差变大，A点电势不变，P点电势变小，故C错误；D、将B板向左平移，极板间的距离和电压不变，场强不变，P点电势不变，带电粒子电势能不变，故D正确；故选ABD.【点睛】本题较难之处是分析电势变化，往往根据电势差和该点与零电势点间电势的高低，分析电势的变化，这是常用的方法10、BD【解析】考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：对于甲图，当电路的内阻和外阻相等时

18、，电路的输出功率最大，由此可以求得甲图中的最大的功率，根据最大的功率可以求得乙图中的电阻的大小和电动机的机械功率解答：解：由闭合电路欧姆定律可得，甲图中电路的电流为I=A=2A，所以电路的最大的输出功率为P=I2（R0+R1）=12W，对于乙图，输出的功率也为12W，所以对于乙图有I2R2+6W=12W，解得R21.5，对于电动机，发热功率为I2R0=4w，所以BD正确故选BD点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的三、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、图像如图 C端

19、实物连线； （1.00.1）105 【解析】在坐标图中画出U-I图线如图所示；为保护电流表，开关闭合前，滑片应滑到C端；实物连线如图；由U-I图象可求出液体的电阻： 根据及， 可解得，点睛：对实验问题，关键是明确实验原理，然后根据相应规律求解即可，要熟记伏安法测量电阻时电流表内接法与外接法选择的依据，以及滑动变阻器应采用分压式的几种情况：测量电路要求电流从零调，滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻阻值等12、6.1246.126 10.230 10 【解析】（1）1螺旋测微器主尺刻度为6mm，螺旋尺刻度为12.40.01mm=0.124mm，所以螺旋测微器的读数为：6mm+0.124mm=6.12

20、4mm；2游标卡尺主尺刻度为102mm，游标尺刻度为60.05mm=0.30mm，所以金属棒的长度为：102mm+0.30mm=102.30mm=10.230cm；（2）3欧姆表指针偏转角度太大，说明电阻阻值较小，应换成小倍率的档，故应该选择10倍率档。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）6mg（2）1.25L【解析】试题分析：根据动能定理求出小球到达最高点时的速度；在最高点对小球受力分析，根据牛顿第二定律列方程求细线承受的拉力；细线断裂后小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向的加速度，然后由平抛运动

21、规律求解。（1）设小球运动到最高点时速度为v，根据动能定理： 解得： 在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律得： 解得： （2）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，根据牛顿第二定律则： 解得：a=2g小球水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动学公式可得：水平方向：x=vt=L竖直方向： 联立解得小球与O点的高度： 点睛：本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，在绳子断裂后，分清小球在沿电场方向和垂直于电场方向上的运动规律，在结合运动学公式即可解题。14、（1）2kg （2） 方向向左 （2） （1）0， 1 方向向左 2， 1 方向向左【解析】试题分析：（1）AC碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量（2）在1s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功；在1s到8s的时间内，对ABC系统运用动量定理列式求解墙壁对B的冲量（2）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒；当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大。