2023学年安徽省亳州市蒙城县第八中学物理高二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、如图所示电路，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，电压表、电流表的示数变化情况为A两电表示数都增大B两电表示数都减少C电压表示数减少，电流表示数增大D电压表示数增大，电流表示数

2、减少2、我国于2013年6月11日17时38分发射“神舟十号”载人飞船，并与“天宫一号”目标飞行器对接如图所示，开始对接前，“天宫一号”在高轨道，“神舟十号”飞船在低轨道，各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h1和h2(设地球半径为R)，“天宫一号”的运行周期约为90分钟则以下说法正确的是()A“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为h2h1B“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比为(R+h2)2(R+h1)2C“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度小D“天宫一号”的线速度大于7.9 km/s3、两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动，A球的动量是7kg

3、m/s，B球的动量是5kgm/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（ ）ApA=6kgm/s，PB=6kgm/sBpA=3kgm/s，PB=9kgm/sCpA=2kgm/s，PB=14kgm/sDpA=5kgm/s，PB=7kgm/s4、在如图所示的电场中，关于a、b两点的电场强度Ea,Eb,和电势a和b，下列说法正确的是( )AEa=Eb, a=bBEaEb, aEb, a bDEaEb, a ”“”或“=”）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，两个完全相同的平行金属板电

4、容器A、B并排放置，A、B间的空隙很小可忽略不计。两电容器板长均为L，极板间距均为d，板间电压均为U，电容器A上板带正电，B上板带负电。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），从电容器A左侧以初速度v0平行于极板进入电场，粒子最终从电容器B的右侧飞出。求整个过程中，粒子的速度方向与极板的最大夹角的正切值。14（16分）如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s1的匀加速直线运动已知A的质量mA和B的质量mg均为1.0kg,A、B之间的动摩擦因数=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数=

5、0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s1求（1）物体A刚运动时的加速度aA（1）t=1.0s时，电动机的输出功率P；（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.1m/s则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？15（12分）如图所示，用一条长为1m的绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为，所带电荷量为，现加一水平向右的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向成30角，g取. （1）求该匀强电场的电场强度大小；（2）在外力作用下，使小球从位置A移到位置B，求电场力所

6、做功及小球电势能的变化.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】当滑动变阻器的滑片P向a端滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，则电压表的示数UV=E-I(r+R1)，则UV增大；流过R2的电流增大，电流表的读数为，则电流表示数减小；故A，B，C错误，D正确.2、B【解析】AB、根据GMmr2=ma=mv2r，又r=R+h，则得v=GMR+h，a=GM(R+r)2，所以“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为R+h2R+h1，向心加速度大小之比为(R+h2)

7、2(R+h1)2，故B正确，A错误；C、天宫一号”的运行周期约为90分钟，同步卫星的周期24h，根据=2T，知“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大，故C错误；D、第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球圆周运动的最大，所以“天宫一号”的线速度小于7.9km/s，故D错误；故选B。【点睛】关键是根据万有引力提供向心力列式，得到线速度、向心加速度的表达式，再求解即可。3、A【解析】碰撞前系统总动量：p=pA+pB=12kgm/s，由题意，设mA=mB=m，碰前总动能为：Ek=；A. 若pA=6kgm/s，pB=6kgm/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：2=Ek，不可能；故B错误；C. 若P

8、A=2kgm/s，PB=14kgm/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：Ek，不可能；故C错误；D. 若PA=5kgm/s，PB=7kgm/s，总动量为PA+PB=2kgm/s，系统的动量不守恒，不可能，故D错误故选A.【点睛】A、B碰撞过程动量守恒，碰撞过程系统机械能不增加，碰撞两球不可能再发生二次碰撞，碰后后面小球的速度不大于前面小球的速度，据此分析答题4、C【解析】由图示可知，a处的电场线密，b处的电场线稀疏，因此a点的电场强度大，b点的场强小，即EbEa；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，由图示可知，ba，选项ABD错误，C正确；故选C。【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布电

9、场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向5、D【解析】A、线圈产生的电动势：，故A错误；B、电流为：，通过电阻R的电荷量为：，故B错误；C、由楞次定律可知，电流沿顺时针方向，b点电势高，a点电势低，故C错误；D、在04s时间内电阻R上产生的焦耳热为：，故D正确；故选D【点睛】由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；由欧姆定律求出电流，由电流定义式求出电荷量；由楞次定律可以判断出感应电流方向，然后判断电势高低；由焦耳定律可以求出焦耳热6、B【解析】试题分析：电磁波不需要有介质，也能传播，故A错误；电磁波传播的速度与频率、波长、电磁波的能量无关，与传播的介质有关，故B正

10、确；麦克斯韦预言了电磁波的存在；赫兹第一次通过实验验证了电磁波的存在；故CD错误.故选D.【点睛】电磁波的传播不需要介质，麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在二、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】灯泡是非线性元件，根据L1、L2、L3的电压，由伏安特性曲线可读出电流，由R=U/I算出它们的电阻，再依据功率表达式P=UI，及并联电路电压相等，串联电路电流相等，从而即可求解【详解】A. 电路中的总电流为0.25A，则通过L1的电流为0.25A，则由

11、图可知，L1两端的电压为3.0V；因L2和L3并联，则L2和L3电压相等，它们的电阻相等，因此它们的电流也相等，则通过L2电流为0.125A，则由图可知，L2两端的电压约为0.4V，故A错误；B、由伏安特性曲线可以读出电流为I1=0.25A，电压为U1=3V时的，L1消耗的电功率为P=U1I1=30.25=0.75W，故B正确； C、通过R2的电流为I2=0.125A,电压U2=0.4V，功率P2=U2I2，约为0.05W，L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1，故C正确； D、电流为I2=0.125A,电压U2=0.4V，L2的电阻R2=U2/I2，约为3，故D错误； 故选BC.8、AC【解

12、析】A.由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；BC.粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力半径为，在在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B错误，C正确；D.粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，周期为M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。故选AC。9、AB【解析】单色光在AB面上发生折射，光路图如图根据折射定律得：n=sinisin=sin60sin=62，解得：=45，因为DEBC，而且DE=12BC=12d，光在三棱镜传播的速度为：v=cn=2c6，所以此单色光通过三棱镜的时间为：t=DEv=6d4c，故AB正确；红光的折射率小于黄光的折

13、射率，故红光在AB面的折射角大于黄光在AB面的折射角，DE光线向上偏，故在AC面的入射角变小，且根据sinC=1n可知红光的全反射临界角也更大，则此时红光不可能发全反射，故C错误；白光沿相同方向自D点射入,在AC面右侧屏上出现彩色条纹是光的色散，故D错误。故选AB。10、BD【解析】A根据速度v与位移x之间具有依赖关系：可知金属棒在x1、x2、x3处的速度分别为,；根据：可知电流之比等于速度之比，故金属棒在x1、x2、x3处电流之比为：故A错误.B设金属棒两端的电压为U，则根据：可知金属棒两端的电压之比等于电流之比6：4：3，故B正确.C电阻R上消耗的功率为：故R上的功率之比为：故C错误D根据

14、：可知安培力之比等于电流之比6：4：3，故D正确.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、D E 10 11.4 【解析】（1）题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，故电压表的量程应大于2.8V，故电压表应选3V量程，由P=UI可得，电流I=PU=0.82.8A=0.28A，故电流表应选D；由电路图可知，要使电压从零开始调节，应采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻便于调节，故滑动变阻器选E.（2）由灯泡的伏安特性曲线图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，故电阻：R=UI=2.80.28=10.（3）要使灯泡串联在6V的电源上正常发光，则

15、与之串联的电阻分压应为6V-2.8V=3.2V；此时电路中电流为0.28A，故应串联的电阻：R=3.20.28=11.4故答案为：(1)D；(2)E；(3)10；(4)11.4【点睛】本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，要注意电表的正确选择，原则是在不超量程的情况下尽量选用小量程，明确电路的接法，此实验要用分压电路，目的是为了得到从0开始连续可调的电压，同时要会利用欧姆定律进行分析求解。12、 1.46 0.72 【解析】（1）根据要求，变阻器的滑动触头滑至最左端时，其使用电阻值最大，电源的内阻是比较小的，为了减小误差，采用电流表的内接法，按要求连实验实物图，如图（2）根据这些数据作出U-I图象

16、如图在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.46V，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为：.（3）由图所示电路可知，相对于电源来说，电流表采用内接法，由于电压表的分流作用，使所测电源电动势小于电动势真实值 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、粒子的速度方向与极板的最大夹角的正切值【解析】由题意可知，粒子从电容器A飞出时偏转角最大，联立解得：14、（1）(1) =7W（3）【解析】试题分析：（1）若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律得：,解得：，所以A的加速度为；（1）对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，根据牛顿第二定律得：，带入数据解得：F=7N，所以（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为，则，代入数