2023学年福建省泉州市泉港区一中物理高二上期中综合测试试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，电源电动势为E，内电阻为r，L1，L2为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1为定值电阻，R2为光敏

2、电阻，其阻值大小随照射光强度的增强而减小。闭合电键S后，将照射光强度增强，则A电路的路端电压将增大BR2两端电压将减小C电源损耗的热功率将减小DL1变亮，L2变暗2、已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大为探测有无磁场和磁场强弱变化，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L发光若某次探测装置从无磁场区进入磁场区，则（）A电容器C的电量减小B电灯L变暗C电流表的示数减小D电流表的示数增大3、关于曲线运动下列叙述正确的是（）A物体受到恒定外力作用时，就一定不能做曲线运动B物体只有受到一个方向不断改变的

3、力，才可能做曲线运动C物体受到不平行于初速度方向的外力作用时，就做曲线运动D平抛运动是一种非匀变速曲线运动4、如图质子()、氘核()和粒子()都沿平行板电容器两板中线OO/方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO/垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点则A若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现2个亮点C若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点D若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点5、如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的带电量为Q，P是电容器内一点

4、，电容器的上板与大地相连，下列说法正确的是A若将电容器的上板左移一点，则两板间场强减小B若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差减小C若将电容器的下板上移一点，则P点的电势升高D若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差增大6、一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端P、Q同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图所示，对于其后绳上各点的振动情况，下列判断正确的是（）A左边的波先到达中点MB两列波波速之比为1：2C中点M的振动总是加强的D绳的两端点P、Q开始振动的方向相同二、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

5、，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示下列说法正确的是A保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半8、如图所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（ ）A甲表是电流表，R增大时量程增大B甲表是电流表，R增大时量程减小C乙表是电压表，R增大时

6、量程增大D乙表是电压表，R增大时量程减小9、一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以初速度v0水平抛出，小球的加速度大小为g/3，则小球在下落h高度过程中()A动能增加了mghB电势能增加了mghC重力势能减少了mghD机械能减少了mgh10、如图（a），A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压，A板电势，B板电势随时间t变化的规律如图（b）中现有一电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速和重力的影响均可忽略，则（ ） A若电子是在时刻进入的，它将一直向B板运动B若电子是在时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C若电子是在时刻进入的，它可能

7、时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D若电子是在时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上三、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）一直流电压表V，量程为1V，内阻为，现将一个阻值在之间的固定电阻与此电压表串联，以扩大电压表量程，为求得扩大后量程的准确值，再给一直流电源（电动势E为6-7V，内阻不计）、一阻值的固定电阻、两个单刀开关及导线若干。（1）为达到上述目的，将对应的图连成一个完整的实验电路图。_（2）连线完成以后，当均闭合时，电压表示数为0.90V；当闭合， 断开时，电压表示数为0.70V。由此可

8、以计算出改装后电压表的量程为_V，电源电动势为_V。12（12分）在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲一位同学使用的电源电动势为8.0V，测得放电的I-t图象如图乙所示（1）若按“四舍五入”法，根据“I-t图线与两坐标轴包围面积”，试计算电容器全部放电过程的放电量为_；（2）根据以上数据估算电容器的电容值为_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,一小型发电站通过升压变压器B1和降压变压器B2把电能输送给用户(B1和B2都是理想变压器),已知发电机的输出功率为500kW,输出电压为

9、500 V,升压变压器B1原、副线圈的匝数比为110,两变压器间输电导线的总电阻为2,降压变压器B2的输出电压为220V.求：(1)输电导线上损失的功率;(2)降压变压器B2的原、副线圈的匝数之比.14（16分）如图所示，真空中三个点电荷A、B、C，电荷量均为Q，两两相距a放置，试问： (1)C所受的静电力是多少？(2)如果将A、B移到它们连线的中点P，C受到的静电力又是多少？15（12分）自1.8 m高处平抛一小球,球落地时的速度与水平地面的夹角为45,如图所示.求抛出时的初速度和抛出后的水平位移x.(g取10 m/s2)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

10、出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，所以电源内电压增大，所以路端电压减小，电流增大，所以两端的电压增大， 变亮，并联部分电压减小，即两端的电压将减小，其电流减小，所以通过的电流增大，变亮两端电压增大，R2两端电压将减小；由于总电流增大，所以r的发热功率将增大。A.A项与上述分析结论不相符，故A错误；B.B项与上述分析结论相符，故B正确；C.C项与上述分析结论不相符，故C错误；D.D项与上述分析结论不相符，故D错误。2、C【解析】A进入磁场时，磁敏电阻变大，电容器并联在电源两端，电

11、压不变，电容不变，所以电量也不变，A错误；B由于电灯并联在电池两端，所以电灯的亮度不变，B错误；CD电流表在干路上，由于磁敏电阻变大，磁敏电阻所在支路的电流减小，干路总电流减小，C正确，D错误。3、C【解析】物体受到恒定外力作用时，也可能做曲线运动，例如平抛运动，选项A错误；当物体受到一个与速度方向不共线的力时，即物体受到不平行于初速度方向的外力作用时，物体就做曲线运动，选项B错误，C正确；平抛运动的加速度恒定为g，则是一种匀变速曲线运动，选项D错误；故选C.4、D【解析】试题分析：根据类平抛运动规律则，化简则假如进入时速度相等，则偏转距离y取决于荷质比，三种粒子荷质比分别是：1：1；1:2；

12、1:2，因此应该有2个亮点；同理若mv=P相等，则，则偏转距离y取决于mq乘积，三种粒子mq乘积分别为：1；2；8，所以应该有三个亮点；若射入时动能相等，即，偏转距离y取决于q，而三种粒子的q分别为1；1；2，所以应有2个亮点若通过同一电场由静止加速，则根据动能定理，代入即说明只有1个亮点，D正确考点：带电粒子在电场中的偏转点评：此类题型考察了带电粒子在电场中的偏转，本题通过结合不同初始条件，求出偏转距离与已知量之间的关系，从而判断偏转距离5、B【解析】A、平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变，电容器上板左移，正对面积减小，电容C减小，由U=QC分析可知U增大，板间场强E=Ud，d

13、不变，则E增大;故A错误.B、C、D将电容器的下板上移一点，板间距离减小，电容C增大，由U=QC分析得知：Q不变，两板间电势差减小;又由E=Ud=4kQS，可知板间场强不变，则P与上板的电势差不变，上板电势为零，则P点电势不变.故B正确,C，D错误.故选B.【点睛】对于电容器动态变化分析问题，要采用控制变量法研究，抓住不变量对于板间距离变化的情形，由E=Ud=4kQS可知，板间场强不变，是个重要推论，经常用到6、D【解析】因波速由介质决定，则它们的传播速度相同，因此两波同时到达中点M，故A错误；波速由介质决定，与波长和频率无关，两列波波速之比为1：1，故B错误；由于波的频率不同，故两列波并不能

14、干涉，M点并不是振动加强点，故C错误；由图可知，左边波向右传播，而右边的波向左，依据上下坡法，则它们起振方向相同，再依据波产生的原理：带动、重复、滞后，即可判定P、Q开始振动的方向相同，故D正确；故选D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】试题分析：保持U不变，根据公式E=分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据C=分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的一半，由C=分析U的变化，由E=分析E的变化解：A、保持U不变，将d变为原

15、来的两倍，根据公式E=可知，E变为原来的一半故A正确B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半故B错误C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C=分析可知，U变为原来的两倍故C错误D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C=分析可知，U变为原来的一半，由E=分析知，E变为原来的一半故D正确故选AD【点评】本题关键要掌握E=、C=两个公式，同时，要明确d不变时，电容C不变8、BC【解析】AB由图甲所示可知，G与电阻R并联，甲表是电流表，R增大时，电阻R的分流减小，电流表量程减小，故A错误，B正确；CD由图乙所示可知，G与电阻串联，乙是电压表，

16、R增大时，电阻分压增大，电压表量程增大，故C正确，D错误故选BC.9、BD【解析】A.根据牛顿第二定律得，mg-F=ma解得电场力F=mg在小球下落h的过程中，合力做功为mgh，则动能增加了mgh，选项A错误；B.电场力做功为-mgh，则电势能增加mgh，选项B正确；C.重力做功为mgh，则重力势能减小mgh，选项C错误；D.除重力以外其它力，即电场力做功为-mgh，则机械能减小mgh故D正确10、AB【解析】A、电子在时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定

17、会到达B板，A正确；B、若电子是在时刻进入时，在一个周期内：在，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，时刻速度为零，接着继续向B板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上，B正确；C、若电子是在时刻进入时，在向B板加速运动，在向B板减速，后向A板加速，直到离开电容器，C错误；D、若电子是在时刻进入时，在一个周期内：在，电子受到的电场力向上，向左做加速运动，在 内，受到的电场力向下，继续向左做减速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向A板运动，一定不会到达B板，D错误；故选AB三、实验题：本题共2小题，共18分。

18、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、 7V 6.3V【解析】（1）实验电路如图所示；若S1与S2都闭合：E=U1+R1=0.90+910-4R1若S1闭合S2断开：E=U2+（R1+R2）=0.70+710-4（R1+R2）量程为U=Ig（RV+R1）联立解得 U=7V；E=6.3V12、（1）3.3610-3C到3.5210-3C；（2）0.4210-3F到0.4410-3F【解析】（1）根据四舍五入的原则，图线与坐标轴所围成的面积约为42到44个小格，每个小格表示的电荷量为0.0810-3C，故电容器的总放电量为3.3610-3C到3.5210-3C（2）由 得，电容为0.4210-3F到0.4410-3F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) 【解析】(1)原、副线圈电压比等于匝数比，对升压变压器：即 输电线的电流： 损失的功率：(2)降压变压器的输入电压：U3=U2-I2R=4800V降压变压器匝数比:14、 (1) ，沿PC方向(2) ，沿PC方向【解析】(1)点电荷A在C处产生场强：，沿AC方向，同理，点电荷