2023学年浙江省温州市十校联合体物理高二第一学期期中预测试题含解析

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，在电场中有a、b两点，试比较a、b两点的场强大小；引入一点电荷，试比较点电荷在a、b两点所受电场力的大小（ ） AEaEb,FaFbBEaEb,FaFbCEaEb,FaFbDEaEb,FaFb2、 “电子能量分析器”主要由处于真空中

2、的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面电势分别为A和B，其过球心的截面如图所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应下列说法中正确的是AA球面电势比B球面电势高B电子在AB间偏转电场中做匀变速运动C等势面C所在处电势大小为D等势面C所在处电场强度的大小为E=3、如图所示，套在条形磁铁外的三个线圈，其面积S1S2= S3，且 “3”线圈在磁铁的正中

3、间设各线圈中的磁通量依次为1、2、3，则它们的大小关系是（ ）A123B12=3C123D1Ea由电场力公式F=Eq得知，电荷在b处受到的电场力大于在a处受到的电场力，即FbFa，故D正确。【点睛】电场中，电场线越密，电场强度越大，同一电荷受到的电场力越大.2、D【解析】电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高；故A错误；电子做匀速圆周运动，受到的电场力始终始终圆心，是变力，所以电子在电场中的运动不是匀变速运动故B错误；该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBCUCA，即：C-BC-A，所以：C故C错误电子在等势面C所在处做匀速圆周运

4、动，电场力提供向心力： ；又： ，EK0mv2，联立以上各式，得：E故D正确；故选D.3、C【解析】所有磁感线都会经过磁体内部，内外磁场方向相反，所以线圈面积越大则抵消的磁场越大，则，线圈3在正中间，此处磁场最弱，即抵消的最少，所以，最大，选C4、B【解析】A甲是电阻符号，选项A不符合题意； B乙是电容符号，选项B符合题意； C丙是可变电阻符号，选项C不符合题意； D丁是电源符号，选项D不符合题意5、B【解析】AC由图象可知，碰撞前m2是静止的，m1的速度为：碰后m1的速度为：m2的速度为： 即碰后两物体速度大小相等，方向相反，速度不相同；两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1=m

5、1v1+m2v2即：14=1（-2）+m22解得：m2=3kg选项AC错误；BD碰撞前总动能： 碰撞后总动能：碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故B正确， D错误；6、D【解析】A磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；B由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；C根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；D导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给

6、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：由图象A可知电源的电动势E=3V，短路电流为6A，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为U=2V，电流为I=2A，电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=UI得P=22W=4W，电源的总功率为：P总=EI=32W=6W，所以效率为：=PP总100%=46100%=67%，AD正确；考点：考查了U-I图像【名师点睛】由图象A可知电源的电动势为3V，短路电流为6A，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，效率

7、等于R消耗的功率除以总功率8、AD【解析】对A球进行受力分析，由于A球能保持静止，根据共点力平衡状态解决问题；【详解】A、对A球进行受力分析：根据力的合成，可知道三个力合力可以为0，故A正确；B、对A球进行受力分析：根据力的合成，可知道任意两个力的合力的方向不可能与第三个力方向相反，合力不为零，故B错误；C、对A球进行受力分析：根据力的合成，可知道任意两个力的合力的方向不可能与第三个力方向相反，合力不为零，故C错误；D、对A球进行受力分析：根据力的合成，可知道三个力合力可以为0，故D正确。【点睛】根据受力分析，找出所受的力合力可以为0，那么小球可以处于静止状态。9、CD【解析】试题分析：电流表

8、与电流表都是由表头改装成的，电压表是本题与分压电阻串联成的，根据串并联规律可知，若电压表读数总比准确值小，说明通过本题的电流较小，应减小分压电阻的大小，根据并联电阻需要任一支路电阻可知，应在R上并联一个比R大得多的电阻解：电压表的读数总比准确值稍小一些，说明通过电流表G的电流偏小，串联的电阻R偏大，为减小串联电阻R的阻值需在R上并联一个比R大得多的电阻，所以D正确；故选D【点评】电流表、电压表的改装，实质上是电阻的串、并联问题，只要分清分电流、总电流，分电压、总电压，应用欧姆定律就能解决10、CD【解析】将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总

9、电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮；因路端电压减小，则电源的效率减小；R与灯L2并联电路的电压U并=U-U1U减小，U1增大，则U并减小，灯L2变暗。流过电流表的电流IA=I-I2I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大。R与灯L2并联电路的电压减小，电容器板间电压减小，则其带电量减小。A. 电压表和电流表的示数都增大，与分析不符，故A错误。B. 灯 L2 变暗，电流表的示数减小，与分析不符，故B错误。C. 灯 L1 变亮，电压表的示数减小，与分析相符，故C正确。D. 灯 L2 变暗，电容器的带电量减小，与分析相符，故D正确

10、。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、30.35 3.204 大于 【解析】(1)1游标卡尺的主尺读数为：30mm，游标读数为0.057mm=0.35mm，所以最终读数为：30mm+0.35mm=30.35mm2螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.0120.4mm=0.204mm，所以最终读数为：3mm+0.204mm=3.204mm(2)3由于待测电阻满足所以电流表应用外接法，即更接近真实值4采用内接法时真实值应为即测量值大于真实值12、30.25； 3.208； R2； a； 2.30； 94 【解析】主尺刻度为30

11、mm，游标尺刻度为80.05mm=0.40mm，所以游标卡尺的示数为30mm+0.40mm=30.40mm；螺旋测微器固定尺刻度为3mm，螺旋尺刻度为20.80.01mm=0.208mm，所以螺旋测微器的示数为3mm+0.208mm=3.208mm；（1）滑动变阻器的总阻值应大于固定电阻和待测电阻的阻值之和，所以滑动变阻器选择R2；为了安全，开关闭合前，电流应最小，所以闭合开关S前应将滑片移至a端；（2）根据电路图，实物连接如图所示：（3）电压表量程为3V，图示示数为2.30V；（4）根据欧姆定律和电阻定律：，代入数据解得L=94m。 (4)根据欧姆定律得：R0+Rx=U/I=2.30/0.5

12、02=4.58解得：Rx=1.58根据电阻定律得：代入数据解得L=94m。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)从a点入射的粒子在电场区域内做类平拋运动，则有：联立解得：；(2)设粒子进入磁场时速度大小为 ，速度方向与水平方向成 角，则有：粒子进入磁场后恰好不从边界cd射出，其轨迹恰与边界cd相切，如图所示：设圆周运动的半径为R ，由几何关系可得：由牛顿第二定律得：联立解得：14、（1）mv022qL （2）2mv0qL （3）8+L4v0 【解析】试题分析：（1）当粒子从P点垂直进入电场

13、后，做类平抛运动，再以与x轴成45垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间粒子在电场中经过点P后，做类平抛运动，进入磁场中做匀速圆周运动，从O点射出，则其运动轨迹如图所示（1）设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，PQ段为抛物线根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45角，可得v0=vcos45解得v=2v0在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得qE0L=12mv02-12mv2，解得E0=mv022qL在匀强电场由P到Q的过程中，水平方向的位移为x=v0t1竖直方向的位移为y=v02t1=L可得xQP=2L，OQ=L由OQ=2Rcos45故粒子在QO段圆周运动的半径R=22L及R=mvBq得B0=2m