2023学年甘肃省临洮县第二中学高二物理第一学期期中调研试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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，实线是电场中一簇方向已知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，若带电粒子只受电场力作用从a点运动到b点过程，根据此图作出的判断正确的是A带电粒子带正电B电场中a点的电势低于在b点的电势C带电粒子在a点的电

2、势能小于在b点的电势能D带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度2、如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab2bc，当A与B之间接入的电压为U1=4V时，电流为1 A，若C与D间接入的电压为U2=8V时，下列说法正确的是()A当CD间接入电压为U2=8V时，电阻为1B当CD间接入电压为U2=8V时，电阻为4C当CD间接入电压为U2=8V时，电流为2AD当CD间接入电压为U2=8V时，电流为6A3、油罐车后面都有一条拖地的铁链，其作用是( )A向外界散热B把电荷导入大地，避免由静电造成危害C作为油罐车的标志D发出响声，提醒其他车辆和行人的注意4、如下图所示，有一边长为L的正方形导线框，质量为m，

3、由高H处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L，则线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )A2mgLB2mgLmgHC2mgLmgHD2mgLmgH5、如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，则下列说法正确的是（ ）A保持S闭合，将A板向B板靠近，则增大B保持S闭合，将A板向B板靠近，则不变C断开S，将A板向B板靠近，则增大D断开S，将A板向B板靠近，则减小6、如图所示，在匀强电场中有矩形

4、ABCD，其中AD边长大于AB边长，其顶点A的电势为0V顶点B的电势为-2V顶点C的电势为0V，以下说法正确的是：AD点的电势为-2VBD点的电势为2VC电场的方向在AC连线的方向上D电场的方向在BD连线的方向上二、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、2017年9月12号，天舟1号货运飞船顺利完成了与天宫2号空间实验室的自主快速交会对接在对接前的某段时间内，若天宫2号和天舟1号分别处在不同的圆形轨道上逆时针运行，如图所示下列说法正确的是 A天宫2号的运行速率大于天舟1号的

5、运行速率B天宫2号的运行周期大于天舟1号的运行周期C天舟1号适当加速才可能与天宫2号实现对接D天舟1号适当减速才可能与天宫2号实现对接8、如图所示，a、b带等量异种电荷，MN为a、b连线的中垂线，现有一个带电粒子从M点以一定的初速度v射出，开始时一段轨迹如图中实线所示，不考虑粒子的重力，则在飞越该电场的过程中（）A该粒子带正电B该粒子的动能先增大，后减小C该粒子的电势能先减小，后增大D该粒子运动到无穷远处后，速率大小一定仍为v9、如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是()AA板与静电计的指针带的是异种电荷B甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大C乙图中将B板左

6、移，静电计的指针偏角不变D丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小10、某静电场的电场线分布如图所示，一负点电荷只在电场力作用下先后经过电场中的M、N两点过N点的虚线是电场中的一条等势线，则()AM点的电场强度小于N点的电场强度BM点的电势低于N点的电势C负点电荷在M点的电势能小于在N点的电势能D负点电荷在M点的动能大于在N点的动能三、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）如图所示为验证动量守恒的实验装置示意图若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为则_ A. C. 为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是_ 填下列

7、对应的字母 A.直尺游标卡尺天平弹簧秤秒表设入射小球的质量为，被碰小球的质量为为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式用、及图中字母表示 _ 成立，即表示碰撞中动量守恒12（12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 D2.5V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

8、说明、方程式和演算步骤。13（10分）电动摩托车是目前一种较为时尚的代步工具，某厂生产的一种电动摩托车，设计质量（包括人）为m120 kg，动力电源选用能量存储量为“36 V，18 Ah”（即输出电压恒为36伏，工作电流与工作时间的乘积为18安培小时）的蓄电池（不计内阻），所用电源的额定输出功率P216 W，由于电动机发热造成的损耗（其他损耗不计），摩托车的效率为80%。求：(1)该摩托车保持额定功率行驶的最长时间是多少？(2)摩托车电动机的内阻为多少？14（16分）如图甲所示，相距d15 cm的A、B两极板是在真空中平行放置的金属板，当给他们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场今在A、B

9、两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T1.0106 s，t0时A板的电势比B板的电势高，且U01080 V，一个比荷的带负电荷的粒子在t0时刻从B板附近由静止开始运动不计重力(1)当粒子的位移为多大时，速度第一次达到最大，最大值是多少？(2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子碰撞极板时速度大小15（12分）如图所示，质量为m=510-8kg的带电粒子以v0=2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L=10cm，板间距d=2cm，当AB间加电压UAB=103V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场（设此时A板电势高），重力加速度取g=10m/s2求：（1）粒子

10、带什么电？电荷量为多少？（2）A、B间所加电压为多少时，带电粒子刚好能从上极板右端飞出？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】A. 合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，电场线向右，所以带电粒子带负电，故A错误。B. 沿电场线方向电势降低，a点电势大于b点电势。故B错误。C. 从a运动到b，电场力做负功，电势能增大。所以带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能。故C正确。D. 电场线的疏密代表场强大小，a点的场强大于b点的场强，所以a点所受的电场力大于b点，则带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度

11、，故D错误。2、A【解析】根据电阻定律R=LS求出两种接法时的电阻之比，再根据欧姆定律求出电流之比，从而得出C与D间接入的电压为U时的电流大小.【详解】设长方体的高度为H，则A与B之间接入的电压U1=4V时，电流为1A，则电阻为R=U1I=41=4，而由电阻定律R=abHbc=2H=4；当C与D间接入的电压为U2=8V时，电阻R=bcHab=2H=1，则I=U2R=81A=8A；故A正确，B、C、D错误.故选A.【点睛】解决本题的关键掌握电阻定律R=LS的运用，以及部分电路欧姆定律I=UR的运用3、B【解析】油罐车上的搭地铁链是为了把产生的静电导走，属于静电的防止，故B答案正确故选B4、C【解

12、析】设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v，对于线框自由下落过程，根据机械能守恒定律得解得从线框开始下落到cd刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律得焦耳热为：故C正确。故选C。5、A【解析】若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据 可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，将增大，故A正确；B错误；若断开S，电容器带电量保持不变，由和 以及，可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则不变， 故CD错误；故选A【点睛】对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推

13、导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化6、B【解析】AB、连接AC和BD交于O点，O是AC和BD的中点，根据运强电场的特点， ，可得=2V；A错误，B正确； CD、因为A、C电势相等，AC是一条等势线，电场线与等势线垂直，所以既不沿AC方向，也不沿BD方向，C错误，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、BC【解析】AB根据万有引力提供向心力得解得：知卫星的轨道半径越大，则线速度越小，周期越大所以，天宫2号的运行速率比天舟1号的小，天宫2号的运行

14、周期比天舟1号的大，故A错误，B正确；CD天舟1号应适当加速，使得万有引力小于向心力，做离心运动，可能与天宫2号对接，故C正确，D错误8、BCD【解析】粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，可判断出粒子的电性。电场力先做正功，后做负功，可分析动能和电势能的变化。因为MN为a、b连线的中垂线，是一条等势线，并且一直延伸到无穷远处，M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v。【详解】粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，该粒子带负电。故A错误。由题可知，电场力先做正功，后做负功，则根据动能定理得知：粒子的动能先增大后减小

15、。故B正确。电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大。故C正确。M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，则该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v。故D正确。故选BCD。【点睛】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子的合力方向，分析出电场力做功情况。带等量异种电荷连线的中垂线是一条件延伸到无穷远处的等势线，要记牢。9、BD【解析】试题分析：A板与静电计的指针相连，带的是同种电荷，A错误；平行板电容器的决定式是，定义式是，若将B板竖直向上平移，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，

16、板间电势差U增大，则静电计指针张角增大B正确;若将B板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式得知，电容C减小，因电容器的电量Q不变，由电容的定义式知板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，C错误;若将电介质插入两板之间，则C增大，U减小，静电计的指针偏角减小，D正确考点：本题考查了电容器的定义式和平行板电容器的决定式10、CD【解析】从电场线分布可见M点电场线密，电场强，故A错误顺着电场线的方向电势降低，由图可见M点在高等势面，故B错误负电荷从低等势面运动到高等势面，电场力做正功，电势能减少也就是说负电荷在高等势面的电势能小，M点电势高，负电荷在M点的电势能少故C正确只有电场力做功时，电荷

17、总能量不变，即电势能和运动的和不变电势能小的地方动能大，也就是说在M点的动能大故D正确故选CD点睛：解答此类问题要知道：电场线的疏密反映了电场的强弱顺着电场线的方向电势降低负电荷从低等势面运动到高等势面，电场力做正功，电势能减少只有电场力做功时，电荷总能量不变，即电势能和运动的和不变电势能小的地方动能大，动能大三、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)C (2)AC (3) 【解析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；（2）两球做平抛运动，由于高

18、度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度将需要验证的关系速度用水平位移替代【详解】（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有m1v0=m1v1+m2v2在碰撞过程中动能守恒故有m1v02=m1v12+m2v22解得v1=v0要碰后入射小球的速度v10，即m1-m20，m1m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1=r2，故选C（2）P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1；碰撞后入射小球的速度v2 ；碰撞后被碰小球的速度v3；若m1v1=m2v3+m

19、1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得：m1 =m1+m2，所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平；故选AC（3）若关系式m1 =m1+m2成立，即表示碰撞中动量守恒【点睛】本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证12、 (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

20、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。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)3h；(2)1.2 【解析】（1）根据公式P=IU得：I=PU216W36V=6A 再根据电池容量可得：t=QI=186h=3h （2）根据能量守恒定律，有：P热=P-80%P其中：P热=I2r解得：r=1.214、 (1)x0.02m，vm1.2105m/s (2) m/s【解析】(1) 在0时间内，粒子加速向A板运动，当t=时，粒子第一次达到最大速度；据运动学公式可求得粒子的