2023学年江西省抚州市临川区二中物理高二第一学期期中教学质量检测试题含解析

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、下列物理量中，属于矢量的是（）A时间B质量C位移D路程2、如图所示，长为L的轻杆一端有一个质量为m的小球，另一

2、端有光滑的固定轴O，现给球一初速度，使球和杆一起绕O轴在竖直平面内转动，不计空气阻力，则A小球到达最高点的速度必须大于gLB小球到达最高点的速度可能为0C小球到达最高点受杆的作用力一定为拉力D小球到达最高点受杆的作用力一定为支持力3、物体在合外力作用下做直线运动的vt图象如图所示，下列表述正确的是()A在01 s内，合外力做正功B在02 s内，合外力总是做负功C在1 s2 s内，合外力不做功D在03 s内，合外力总是做正功4、首先发现电流的磁效应的科学家是()A牛顿B爱因斯坦C奥斯特D居里夫人5、如图所示,大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球A和B相互排斥,静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别为

3、和,且,两小球在同一水平线上,由此可知()AB球受到的库仑力较大,电荷量较大BB球的质量较大CB球受到的拉力较大D两球接触后再分开,再处于静止状态时,悬线的偏角、仍满足6、三个质点a、b、c的vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A在t0时刻，a、b的瞬时加速度相等B在0t0时间内，a做加速度减小的加速运动C在0t0时间内，c的运动方向没有发生改变D在0t0时间内，a、b、c的平均速度大小相等二、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、如右图所示，电场中有A、B两点，则下

4、列说法中正确的是A这个电场可能是单独某个负点电荷产生的电场B电势，场强C将+q电荷分别放在A、B两点时的加速度D将+q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能8、如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是( )A小球克服阻力做的功为mghB小球的机械能减少了mg(Hh)C小球所受阻力的冲量大于D小球动量的改变量等于所受阻力的冲量9、长为L的导线ab斜放在水平导轨上（导线与导轨的夹角为），两导轨相互平行且间距为d，匀强磁场的磁感应强度为

5、B，如图所示，当通过ab的电流为I时，导线ab所受安培力的大小为AIBL BIBLsin CIBdsin DIBdcos10、如图所示，A、B两板间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距离为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是( ) AE=2000V/m，C=200VBE=5000V/m，C=-200VC电子在C点具有的电势能为-200eVD电子在C点具有的电势能为200eV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）用如图甲所示装置来验证动量守恒定律，质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度

6、为H的小支柱N上，使悬线在A球释放前伸直，O点到A球球心的距离为L，且线与竖直线夹角为，A球释放后摆到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直线夹角处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，保持角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点图中S是B球初始位置到B球平均落点的水平距离 （1）图乙为B球的落地点，用_（填使用的工具名称）确定B球的平均落地点，碰撞后B球的水平射程应取为_ cm ；（2）用题中所给的物理量表示碰撞后A球碰撞前后的速度分别为：vA= _； _；（3）用题中所给的物理量表示碰撞后B球碰撞前后的速度为：vB= _；（4）用题中所给

7、的物理量表示需要验证的动量守恒表达式：_12（12分）在“用打点计时器测速度”的实验中，打出的纸带如图所示已知打点计时器使用的是交流电源频率为50Hz，计数点A和B之间、B和C之间均有4个打出的点，则打B、C两点的时间间隔是（_） s；为了求出BC段的平均速度，还要用刻度尺量出（_）段的距离四、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）在方向水平的匀强电场中，绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端悬挂于O点。将小球拿到A点（此时细线与电场方向平行）无初速释放，已知小球摆到B点时速度为零，此时细线与竖直方向的

8、夹角为=30，求：（1）小球速度最大的位置。（2）小球速度最大时细线对小球的拉力。14（16分）如图所示，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按Ekx分布(x是轴上某点到O点的距离)，kx轴上，有一长为L的绝缘细线连接A、B两个小球，两球质量均为m，B球带负电，带电荷量为q，A球距O点的距离为L两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用(1)求A球的带电荷量qA；(2)剪断细线后，求B球的最大速度vm15（12分）如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L115 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L218 m，整个闭合回路的电阻为R12 ，磁感应强度为B11 T

9、的匀强磁场竖直向下穿过整个回路ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m114 kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以12 T/s的变化率均匀地增大求：(1)金属棒上电流的方向(2)感应电动势的大小(3)物体刚好离开地面的时间(g11 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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】A时间只有大小，没有方向，为标量，A错误；B质量只有大小，没有方向，为标量，B错误；C位移既有大小，又有方向，为矢量，C正确；D路程只有大小，没有方向，为标量，D错误。2、B【解析】设轻杆对小球的作用力大小为F，方向向上，小球做完整

10、的圆周运动经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得：mg-F=mv2L； 当轻杆对小球的作用力向上，大小F=mg时，小球的速度最小，最小值为零，故A错误，B正确。由mg-F=mv2L知，当v=gL时，杆对球的作用力F=0；当vgL，F0，F向下，说明杆对球为拉力；当vgL，F0，F向上，说明杆对球为支持力；故CD错误。故选B。【点睛】本题关键对小球在最高点和最低点分别受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析，要注意，杆对小球可以无弹力，可以是拉力、支持力.3、A【解析】A由图可知，在0-1s内，动能增加，故合外力做正功，故A正确；B在0-2s内，动能先增大后减小，故合外力先做正功，后做负功，故B错

11、误；C在1-2s内，动能减小，故合外力做负功，故C错误；D在0-3s内，动能先增加后减小，故合外力先做正功，后做负功，故D错误4、C【解析】解：最早发现电流周围存在磁场，即电流的磁效应的科学家是奥斯特，故ABD错误，C正确故选C【点评】物理学史的学习可以培养科学素养和科学方法，但是学生容易出错，平时要注意记忆，明确各位科学家的重要贡献，不可张冠李戴5、D【解析】A根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力，无论两球电荷量是否相等所受库伦力都相等，故无法比较哪个电荷量较大，故A错误；B对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：因，所以mAmB，故B错误;C根据平衡条件有：因，所以B

12、球受的拉力较小，故C错误;D两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为、，对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：因为mAmB，所以,故D正确6、C【解析】在v-t图象中，图象的斜率等于加速度，由速度的正负可知两物体的运动方向，由图象与时间轴围成的面积可知两物体通过的位移关系，从而比较平均速度关系【详解】A、速度时间图象的斜率等于加速度，根据图象可知在t0时刻，a的瞬时加速度比b的大；故A错误.B、图象的斜率越大，加速度越大，则知在0-t0时间内，a做加速度增大的加速运动；故B错误.C、在0-t0时间内，c的速度一直为正，说明其运动方向没有发生改变；故C正确.D、由图象与时间轴围成的

13、面积表示位移，可知，在0-t0时间内，a、b、c的位移不等，则平均速度大小不等；故D错误.故选C.【点睛】对于速度时间图象关键要明确这几点：每一点的坐标表示该时刻物体的速度，速度的正负表示物体的运动方向；图象的斜率表示物体的加速度；图象与时间轴围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移二、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、BD【解析】A、单独负电荷产生的电场是直线不是弯曲的电场线，故A错误B、沿电场线电势降低，所以，电场线疏密代表了电场强度的大小，所以，故B正确；C、由于

14、，所以将+q电荷分别放在A、B两点时的加速度 ，故C错误；D、由于，所以将+q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能，故D正确；综上所述本题答案是：BD8、BC【解析】对全过程运用动能定理得，mg（H+h）-Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg（H+h）故A错误小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）故B正确落到地面的速度，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IGIF0m，得：IFIG+m知阻力的冲量大于m故C正确对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和故D错误9、AC【解析】安培力的计算：当IB时，F=BI

15、L，当I与B不垂直时，F=BILsin，为I与B的夹角，题目中属于I与B垂直的情况，所以F=BIL，A正确；由于L=dsin，带入A的结果，可得F=IdBsin，C正确10、BD【解析】由U=Ed可求得场强E，C点的电势等于C与A板的电势差，由U=Ed求解C点的电势；由Ep=qC可求得电子在C点具有的电势能【详解】A、B、AB间有匀强电场，场强为,AC间的电势差为 UAC=Ed1=50000.04V=200V，因A带正电且电势为零，C点电势低于A点的电势，故C=-UAC=-200V，故A错误，B正确；C、D、电子在C点具有的电势能EP=C(-e)=200eV；故C错误，D正确；故选BD.【点睛

16、】在研究电场中电势时一定要注意各个量的正负，明确各点间电势的高低，注意电势的符号三、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、圆规 64.8 【解析】（1）用尽量小的圆把落地点圈起来，圆心即为平均落地点，则用圆轨来确定B球的平均落地点，碰撞后B球的水平射程应取为64.8cm；（2）小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mAgL（1-cos）=mAvA2-0，解得：vA=；小球A与小球B碰撞后继续运动，在A碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒，由机械能守恒定律得：-mAgL（1-cos）=0-mAvA2，解得vA=；（3）

17、碰前小球B静止，则PB=0；碰撞后B球做平抛运动，水平方向：S=vBt，竖直方向H=gt2，解得vB=S，则碰后B球的动量PB=mBvB=mBS；（4）由动量守恒定律可知，实验需要验证的表达式为：mA=mA+mBS；【点睛】（1）要理解各实验的实验原理、实验器材以及实验的步骤；（2）本题解题的关键是要明确两小球的运动过程以及过程中机械能何时守恒，动量何时守恒12、0.1 BC 【解析】计数点A和B之间、B和C之间均有4个打出的点，则打B、C两点的时间间隔是：T=0.02s5=0.1s，根据平均速度定义式有：，所以为了求出BC段的平均速度，还要用刻度尺量出BC段的距离四、计算题：本题共2小题，共

18、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）=30（2）mg【解析】试题分析：（1）小球由A运动到B根据动能定理， mgLcos-qEL（1+sin）=0 解得设小球最大速度的位置为C，悬线与竖直方向间的夹角为，小球受力如图，则tan=，=30（2）由A到C，根据动能定理，有mgLsin60-qEL（1-cos60）= 在C点，根据牛顿第二定律，有解得 T=mg考点：动能定理及牛顿第二定律。14、（1） qA4q （2） 略【解析】（1）A、B两球静止时，A球所处位置场强为 B球所处位置场强为 对A、B由整体法得：2mg+qAE1-qE2=0解得：qA=-4q （2）当B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0，则有mg=qE，即 解得：x0=3L当B球下落速度达到最大时，B球距O点