2023学年北京市十一所学校高二物理第一学期期中检测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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，三个点电荷q1、q2、q3固定在同一直线上，q2与q 3间距离为q 1与q 2间距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比为A（9）4（36）B9436C（3）2（6）D3262、如图所示，已

2、知电源的内阻为r，外电路的固定电阻R0r，可变电阻Rx的总阻值为2r.闭合开关S，当Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中()A电源的总功率保持不变BRx消耗的功率减小C电源内消耗的功率减小DR0消耗的功率减小3、有一只电流计，内阻是100，满偏电流是2mA，现要改装成量程为3V的电压表，电流计上应：（ ）A并联1400的电阻B串联1400的电阻C并联0.002的电阻D串联0.002的电阻4、两块平行带电金属板，带正电的极板接地，两板间P点处固定着一个负电荷（电荷量很小），现让两板保持距离不变而水平错开一段距离，则（）AP点场强变小B两板间电压变小CP点电势不变，负电荷的电势能不变DP点电势变小

3、，负电荷的电势能变大5、下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A根据公式可知，金属电阻率与导体的电阻成正比B根据公式可知，该公式只能求纯电阻电路的电流做功C根据公式可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多D根据公式可知，电容与电容器所带电荷成正比，与两极板间的电压成反比6、如图，倾角为的绝缘斜面ABC置于粗糙的水平地面上，一质量为m，带电量+q的小物块（可看作是点电荷）恰好能在斜面上匀速下滑，若在AB中点D的上方与B等高的位置固定一带电量+Q的点电荷，再让物块以某一速度从斜面上滑下，物块在下滑至底端的过程中，斜面保持静止不动，在不考虑空气阻力和物块电荷没有转移的情况

4、下，关于在物块下滑的过程中受到地面的摩擦力及其方向的分析正确的是（ ）A当物块在BD之间，斜面受到地面的摩擦力的方向向左B当物块在DA之间，斜面受到地面的摩擦力的方向向右C当物块在DA之间，斜面受到地面的摩擦力为零D当物块在DA之间，斜面受到地面的摩擦力的方向要视具体问题而定二、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，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正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

5、是这条轨迹上的两点，据此可知以下说法中不正确的是（）A三个等势面中，a的电势最高B带电质点通过P点时的动能比Q点大C带电质点通过P点时的电势能比Q点大D带电质点通过P点时的加速度比Q点大8、如图所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压与通过它们的电流I的关系图象，下列说法中正确的是A电流都是时，两电源的内电压相等B路端电压都为时，它们的外电阻相等C电源甲的内阻小于电源乙的内阻D电源甲的电动势大于电源乙的电动势9、下列关于电源电动势的说法，正确的是（）A电动势是表示电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量B外电路断开时的路端电压等于电源的电动势C电动势数值上等于闭合电路内外电压之和D外电路的总电

6、阻越大，则路端电压越接近电源电动势10、关于元电荷的理解，下列说法正确的是( )A元电荷就是电子B元电荷是表示跟一个电子所带电荷量数值相等的电荷量C元电荷就是质子D物体所带电量只能是元电荷的整数倍三、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）某同学用打点计时器研究物体的匀变速直线运动。（1）打点计时器使用_ （选填“交流”或“直流”）电源，每隔0.02s打一个点。若处理纸带时，每隔一个点取一个计数点，则相邻两个计数点的时间间隔是_ s。（2）在对图的纸带进行数据处理时，选取相邻两个计数点的时间间隔为0.1s，那么打B点时物体的速度是_ m/

7、s；物体的加速度是_ m/s2。12（12分）有一根圆台状均匀质合金棒如图甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率、长度L和两底面直径d、D有关他进行了如下实验： （1）用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L图乙中游标卡尺（游标尺上有20个等分刻度）的读数L=_cm.（2）测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示（相关器材的参数已在图中标出）该合金棒的电阻约为几个欧姆图中有一处连接不当的导线是_.（用标注在导线旁的数字表示）（3）改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R=6.72.根据电阻定律计算电阻率为、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd=13.3、RD=3.3

8、8.他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2=RdRD，由此推断该圆台状合金棒的电阻R=_.（用、L、d、D表述）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）一端封闭的、粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用长的水银柱封闭了一段长的空气柱a，水银柱上表面距玻璃管开口端，现用带手柄的活塞（厚度不计）从开口端缓慢下压，水银柱下移（图中未画出），已知大气压，活塞与玻璃管气密性好且摩擦不计，环境温度保持不变，求：(1)末状态空气柱a的压强；(2)活塞从管口下移的距离。14（16分）一质量为的带电小球以速度沿竖直方向从点

9、垂直进入匀强电场中，如图所示，经过一段时间后到达点，其速度变为水平方向，大小仍为，重力加速度为，求： (1)小球带电情况（电性和电荷量大小）；(2)小球速度的最小值。15（12分）如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，ab=2bc=2m，电场线与矩形所在的平面平行，已知a点电势为18V，b点电势为10V，c点电势为6V。一带电粒子从a点以速度射入电场，v0与ab边的夹角为45，一段时间后带电粒子经过ab的中点e，不计粒子重力，求：(1)d点的电势；(2)电场强度的大小和方向；(3)带电粒子从a到e所用的时间。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

10、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】若q2为负电荷，假设q1带负电，要使q2平衡则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1带正电，同理分析q3带正电若同理也可能是q1、q3带负电，q2带正电由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q1有：对q2有： 对q3有：联立可解得： 根据题意可知l2=2l1，所以q1：q2：q3=：1：9由于q1、q3是同种电荷，故q1：q2：q3=-9：4：-36或q1：q2：q3=9：-4：36；A（9）4（36），与结论相符，选项A正确；B9436，与结论不相符，选项B错误；C（3）2（6），与结论不相符，选项C错误；D326

11、，与结论不相符，选项D错误；2、B【解析】A当变阻器的滑动片自A端向B端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，根据P=EI可知，电源总功率变大；故A错误；B将R0等效为内阻，所以电源内阻为2r，而滑动变阻器接入电阻最大为2r，此时滑动变阻器上消耗的功率最大，则当变阻器的滑动片自A端向B端滑动时，Rx消耗的功率减小，故B正确；C当变阻器的滑动片自A端向B端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，根据P=I2r可知，电源内消耗的功率增大，故C错误；DR0为定值电阻，其功率随电流的变化而变化，而在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻变小，则电流变大，故功率越来越大，故D错误；3、

12、B【解析】根据电流表的改装原理可知，电流表改装成电压表要串联电阻分压，根据串联电路的规律可求得应串联的电阻阻值。【详解】根据改装原理可知，要将电流表改装成3V的量程应串联一个电阻，根据串联电路规律可知：U=Ig（Rg+R）解得：R=UIg-Rg=3210-3-100=1400 故应选：B。【点睛】本题考查的电压表的改装原理，要注意明确串联电阻的分压作用，会根据串并联电路的规律求串联电阻阻值。4、D【解析】AB将两板水平错开一段距离，两板正对面积减小，根据电容的决定式可知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由得知，板间电压U增大，板间场强可见E增大，故A B错误；CDP点到下板距离不变，由公式

13、U=Ed得知，P点与下板电势差增大，由于电场线向上，P点的电势低于下极板的电势，则P点的电势降低，负电荷在P点的电势能变大，故C错误，D正确。故选D。5、C【解析】A电阻率是由导体本身的性质决定的，其大小与电阻无关，选项A错误；B公式适用于纯电阻电路和非纯电阻电路中的电流所做功，选项B错误；C根据公式可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，选项C正确；D电容的公式采用的是比值定义法，电容大小与电量和电压无关，选项D错误。故选C。6、C【解析】开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；根据牛顿第三定律，压力

14、和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的；增加电场力后，小物块对斜面体的压力和摩擦力正比例增加，故滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力仍然是竖直向下的；再对斜面体分析，受重力、故滑块对斜面体的压力和摩擦力、支持力，不是地面的摩擦力，否则合力不为零；故ABD错误，C正确；故选C【点睛】本题关键是根据平衡条件分析出滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力是竖直向下，与小滑块的加速度大小无关，不难【考点】力的平衡，摩擦力二、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、AB【解析】试题分析：电荷所受

15、电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故C正确；沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故A正确；根据质点受力情况可知，粒子从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故B错误；根据U=Ed知，等差等势面越密处场强越大，则P处场强比Q处的大，由牛顿第二定律知，质点通过P点时的加速度较Q点大，故D正确此题选错误的选项，故选B.考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在电场中的运动问题；关键是根据粒子的运动轨迹来判断粒子受的电场力方向，从而判断

16、场强的方向；要知道顺着电场线电势逐渐降低；电场力做正功电势能减小，动能增加；这些都是要熟练掌握的.8、BD【解析】电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内=Ir，因为电源的U-I线的斜率表示内阻，可知甲的内阻较乙的内阻大，所以当电流都为I 0时，甲电源的内电压较大，故AC错误根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R=U/I，在U-I图线中甲、乙两图线的交点坐标为（I0，U 0），说明两电源的外电阻相等，故B正确图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，由图线可知，甲与U轴交点的坐标值比乙的大，表明甲的电动势大于乙的电动势，故D正确故选BD点睛：本题利用图象考查了闭合电路

17、欧姆定律，要特别注意图象与两轴交点分别表示电动势和短路电流，图象斜率表示内阻大小9、ABCD【解析】A电动势是表示电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量，A正确；B外电路断开时的路端电压等于电源的电动势，B正确；C电动势数值上等于闭合电路内外电压之和，C正确；D外电路的总电阻越大，则电路中总电流越小，内阻上的电压越小，此时路端电压越接近电源电动势，D正确。故选ABCD。10、BD【解析】试题分析：元电荷指的是自然界中可单独存在的最小电荷量，并不是指一个带电粒子，所以A、C错误；一个电子带的电荷量与元电荷相等，所以B正确；带电体所带电荷量一定是元电荷的整数倍速，所以D正确考点：元电荷三、实

18、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、交流 0.04 0.16 1.6 【解析】（1）打点计时器使用交流电源，每隔0.02s打一个点。若处理纸带时，每隔一个点取一个计数点，则相邻两个计数点的时间间隔是0.04s。（2）打B点时物体的速度是vB=xAC2T=(0.80+2.40)10-20.2m/s=0.16m/s；根据x=aT2解得物体的加速度是a=xT2=(2.40-0.80)10-20.12m/s2=1.6m/s2。【点睛】根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，

19、可以求出打纸带上某点时小车的瞬时速度大小。12、9.940 【解析】(1)首先确定游标卡尺的精度为20分度，即为0.05 mm，然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00 mm，注意小数点后的有效数字要与精度一样，再从游标尺上找出对的最齐一根刻线，精度格数0.058 mm0.40 mm，最后两者相加，根据题目单位要求换算为需要的数据，99.00 mm0.40 mm99.40 mm9.940 cm.(2)本实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法，线的连接使用的是安培表内接法(3)根据电阻定律计算电阻率为、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd13.3 、RD3.