2023学年福建省泉州市永春县永春第一中学高二物理第一学期期中考试试题含解析

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、.如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下判断正确的是（ ） A当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针N极将指向读者B当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向读者C当磁

2、针N极指向读者时，线圈中的电流沿逆时针方向D以上判断均不正确2、如图所示的电路中，电源、电压表、电流表都是理想的，当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时，下列说法正确的是A电压表读数增大，电流表读数增大B电压表读数增大，电流表读数减小C电压表读数不变，电流表读数增大D电压表读数不变，电流表读数增减小3、如图所示，平行板电容器与电压为U的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略；一带负电油滴被固定于电容器中的P点；现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）A平行板电容器的电容值变大B静电计指针张角变小C带电油滴所受电场力增大D若先将上极板与电源正极的导线断

3、开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变4、下列判断正确的是( )A由R知，导体两端的电压越大，电阻就越大B由R知，导体中的电流越大，电阻就越小C由R可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零D由I可知，通过一段定值电阻的电流跟加在它两端的电压成正比5、某实验小组在使用多用电表的过程中，下列说法中正确的是 。A在测量电压时，要将红表笔接在低电势点B测量阻值不同的电阻时，都必须重新调节欧姆调零旋钮C在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大的欧姆挡进行试测D在测量未知电流时，必须先选择量程最大的电流挡进行试测6、图甲，A、B是一条电场线上的两点，当一个带负电的粒子以某一初速度只在电场

4、力作用下沿AB由A点运动到B点，其速度-时间图象如图乙所示，粒子到达B点时速度恰为零下列判断正确的是A该电场可能是正点电荷产生的B从A到B，场强大小均匀减小CA点的电势高于B点电势DA点运动到B点的过程中该粒子的电势能变小二、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、在水平向右的匀强电场E中，小车以加速度a向右做匀加速直线运动，质量分别为m1、m2，电荷量分别为+q1、+q2的小球G、H通过不可伸长的轻绳悬挂于车顶O点，当G、H相对小车静止时，下列情况可能出现的是(不计G、H间

5、的相互作用)()ABCD8、从电势差定义式U=Wq可以看出 （ ）A电场中两点间的电势差与电场力做的功W成正比，与移送的电量q成反比B电场力在电场中两点间移动的电荷越多，电场力做的功越大C将1 库的负电荷从一点移到另一点电场做了1焦的功，这两点间的电势差的大小是1伏D两点间的电势差，等于把正点电荷从一点移到另一点电场力做的功9、如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知 （ ）A带点质点在P点的加速度大于在Q点的加速度B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小C带电质点通过P点时的动能比通过

6、Q点时小D带电质点一定带负电10、将上下表面均为正方形、高度相等、用同种材科制成的甲、乙导体串联接在电压为U的电源上，已知电流大小为I，电流方向如图所示，甲、乙导体上下表面边长分别为a和b、高均为h，则A电流沿图中方向流过两导体时，甲、乙阻值之比是11B电流沿图中方向流过两导体时，甲、乙阻值之比是abC导体电阻率为=D导体电阻率为=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）在探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器（铁芯不闭合）进行研究 （1）实验还需下列器材中的_（多选）；（2）实验中，上图中变

7、压器的原线圈接“0；8”接线柱，副线圈接线“0；4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0V，则所接电源电压档位为_。A18.0V B10.0V C5.0V D2.5V12（12分）在“测金属丝电阻率”实验中，提供以下实验器材；螺旋测微器千分尺、直尺；待测金属丝约、电源电动势约；电压表量程3V，内阻约：电流表量程、内阻为；滑动变阻器、开关及导线若干某同学进行了如下操作：如图1所示，用直尺测金属丝的长度_m；图3所示，用螺旋测微器测金属丝直径_mm；重新接好后利用电压表和电流表读数画出了图象由此得到金属丝电阻R_用测得的物理量的符号：长度L、直径d和电压U、电流I及常量表示待测金属丝的电阻率_四

8、、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）花样滑冰是一个竞技体育与艺术完美结合的体育项目。在某花样滑冰赛场上，男女运动员一起以v0=2m/s的速度沿直线匀速滑行，某时刻男运动员将女运动员以v1=6m/s的速度向前推出，已知男运动员的质量为M=60kg，女运动员的质量为m=40kg，不计冰面的摩擦阻力，求：（1）将女运动员推出后，男运动员的速度；（2）在此过程中，男运动员推力的冲量大小。14（16分）如图所示，电源电动势，内阻定值电阻、若在a、b之间接一个电容的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电荷量若

9、在a、b之间接一个内阻的电流表，求电流表的示数15（12分）在如图所示的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0,电阻R1=10，R2=10，R3=30，R4=35；电容器的电容为500F电容器原来不带电求接通电键S后流过R4的总电荷量参考答案一、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、C【解析】试题分析：一个通电线圈也有N极和S极，也按照安培定则判断，纸里是线圈的N极，纸外是线圈的S极线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极，线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同解：

10、安培定则：用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的N极A、当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里故A错误；B、当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S极，纸外是通电线圈的N极通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外，故B错误；CD、由B的分析可知，当磁针N极指向读者，线圈中电流沿逆时针方

11、向故C正确，D错误故选C【点评】通电线圈内部的磁场方向和通电线圈外部的磁场方向不同通电线圈内部的磁场从S极出来回到N极；通电线圈外部的磁场从N极出来回到S极2、A【解析】由图可知，R与并联后与串联；当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，内电压减小，则路端电压增大，故电压表V示数增大；因电路中总电流减小，则两端的电压减小，而路端电压减小，故并联部分电压增大，中电流增大，故电流表读数增大，A正确3、D【解析】试题分析：根据知，d增大，则电容减小故A错误静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连

12、，则电势差不变，所以静电计指针张角不变故B错误电势差不变，d增大，则电场强度减小，则带电油滴所受电场力变小故C错误电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变故D正确故选D考点：电容器；电场强度和电势差【名师点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变4、D【解析】ABC、电阻的大小由导体本身决定，与导体两端电压，通过导体的电流无关，则ABC错误；D、通过导体的电流与导体两端电压，电阻有关，根据欧姆定律可知通过导体的电流跟导体两端电压成正比，跟导体的电阻成反比，故D正确；故选：D.

13、点睛：电阻的大小由导体本身决定，与两端电压以及通过导体的电流无关，但根据欧姆定律可知：通过导体的电流跟导体两端电压成正比，跟导体的电阻成反比5、D【解析】A在测量电压时，要将红表笔接在高电势点，保证电流从红接线柱流入多用电表，故A错误；B测量阻值不同的电阻时，只有改变了倍率，才需要重新调节欧姆调零旋钮，若测量阻值不同的电阻时，没有改变倍率，不需要重新调节欧姆调零旋钮，故B错误；C在测量未知电阻时，估计阻值大小，选择一个合适的倍率即可，试测不合适可以改变倍率，没必要选择倍率最大的欧姆挡进行试测，故C错误；D在测量未知电流时，为保证电路安全，必须先选择量程最大的电流挡进行试测，故D正确。故选D。6

14、、C【解析】AB. 由图可知，电子加速度恒定，则可知受电场力不变，由F=Eq可知，电场为匀强电场，不是正点电荷产生的电场，故AB错误；CD. 而电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，电子带负电，由，可知，A点的电势要大于B点电势，故C正确D错误。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、AC【解析】AD先对两个球整体分析，受重力、电场力和细线的拉力，如图所示：如果加速度大于，设上面的细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律，有：竖直方向

15、： 水平方向： 解得：再对小球G受力分析，如图所示：设下面的细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律，有：竖直方向： 水平方向： 解得：由于，两个正分数的分子分母同时分别相加后得到的新分数介于原来两个分数中间，故故tantan故故A正确，D错误；BC如果加速度小于，则上面的细线向右偏转；设上面的细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律，有：竖直方向： 水平方向： 解得：再对小球G受力分析，如图所示：设下面的细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：水平方向： 解得：由于故故tantan故故B错误，C正确；8、BC【解析】A：电场中两点间的电势差由电场本身决定，与电场力做的功W及移

16、送的电量q无关。故A项错误。B：从电势差定义式U=Wq可知，W=qU；则在电场中两点间移动的电荷越多，电场力做的功越大。故B项正确。C：从电势差定义式U=Wq可知，将1库的负电荷从一点移到另一点电场做了1焦的功，这两点间的电势差的大小是1伏。故C项正确。D：从电势差定义式U=Wq可知，两点间的电势差，等于把单位正点电荷从一点移到另一点电场力做的功。故D项错误。【点睛】电场中两点间的电势差由电场本身决定，与电场力做的功W及移送的电量q无关。9、AB【解析】A、电场线密的地方表示场强大，故P点的电场强度大，则电场力大，根据牛顿第二定律可知P加速度也大；故A正确.B、C、根据运动轨迹可知电场力指向运

17、动轨迹的内侧即斜向右方，从P到Q过程中电场力做负功，电势能增大，动能减小，故P点的电势能小,动能大，故B正确,C错误；D、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于不知道电场的方向，因此无法确定质点带正电还是带负电，故D错误.故选AB.10、AC【解析】AB由电阻定律可知：可知：两导体的电阻选项A正确，B错误；CD两电阻串联，分压相等，则ab两端的电压均为；由欧姆定律可知：解得：故C正确，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、 (1) BC (2) A【解析】（1）本实验中，变压器的原线圈应接在交流电源上；为了知道原、副线圈的电压比和线圈匝

18、数比之间的关系，还需要电压表。故学生电源和电压表两个器材不能缺少，选BC；（2）理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系为U1U2=n1n2；若变压器的原线圈接“0；8”接线柱，副线圈接线“0；4”接线柱，则原、副线圈匝数比为n1n2=84=2，则原线圈两端电压U1=n1n2U2=25V=10V。本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，要使副线圈所接电压表示数为5V，则原线圈电压必须大于10V，故选A。【点睛】理想变压器原、副线圈两端电压和各自匝数的关系为U1U2=n1n2，实验中需要的器材有：低压交流电源，电压表；而可拆式变压器，铁芯是不闭合的，U1U2n1n2，利用此关系就可以确定求解。12、0.0559 0.572 【解析】解：(1)由图1所示刻度尺可知，其分度值是1mm，所测金属丝的长度：；(2)由图3所示螺旋测微器可知，螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为7.20.01mm=0.072mm，所以最终读数为0.5mm+0.072mm=0.572mm；(3)由图象和图2的电路图可知金属丝电阻：；(4)根据欧姆定律可得金属丝电阻：，由电阻定律可知：，联立解得金属丝电阻率：；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)v2= 23m/s；(2) I=160Ns；【解析】（1）设推出女运动员