安徽省舒城桃溪中学2023学年物理高二上期中调研试题含解析

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、两个分别带有电荷量-Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间的库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定在原处，则两球间库仑力的大小为AF/2B3FCF/3D2F2、如图，在等边三角形abc的中心O处有一带正

2、电的点电荷，d为ac边的中点，则在该点电荷产生的电场中（ ）Aa、b、c点的电场强度相同Ba、c、d点的电势差满足UadUdcC电子在a点时的电势能小于在b点的电势能D电子在a点时的电势能大于在d点的电势能3、白炽灯的灯丝由钨丝制成，当灯丝烧断后脱落一段，又将剩余灯丝刚好能搭接上使用，若灯泡功率原来为60 W，观察搭接起来的灯丝长度大约为原来的3/5，则现在灯泡的功率约为()A100WB80WC60WD36W4、如图所示，一物体在水平推力F作用下静止于水平地面上，当力F增大时，物体仍保持静止状态，关于物体所受摩擦力，下列说法中正确的是（ ）A不变 B增大C减小 D可能增大也可能减小5、两颗人造

3、卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径之比为1：4，则两颗卫星的( )A线速度大小之比为1:2B角速度大小之比为8:1C运行的周期之比为D向心加速度大小之比为4:16、下列物理量中采用比值法定义的是A电流强度，B电阻，C电动势，D电容，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, 质量为m、电荷量为+q的小球。从地面B点正上方的A点以某一初速度水平抛出, 经过时间t后,球落在水平面上C点,落地时的动能为Ek。若空间增加竖直向下的匀强电场,且场强大小E=mg/q，小球仍以相同

4、的速度从A点抛出，重力加速度为g,则（ ）A落地点位于BC中点 B落地点位于BC中点右侧C落地时动能小于2Ek D在空中运动的时间小t/28、如图所示，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性)喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。下列说法正确的是( )A金属板A上聚集正电荷，金属板B上聚集负电荷B金属板A上聚集负电荷，金属板B上聚集正电荷C金属板A的电势UA低于金属板B的电势UBD通过电阻R的电流方向是由ab9、如图虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即UabUbc，实线为一带负电的点

5、电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）AP点的电势高于Q点的电势B该点电荷在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C该点电荷通过P点时的动能比通过Q点时大D该点电荷通过P点时的加速度比通过Q点时大10、如图所示，在y 轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷Q，在x轴上有关于O点对称的C、D两点，下列判断正确的是（）AD点电场强度为零BO点电场强度为零C若将点电荷q从O移向C，电势能增大D若将点电荷q从O移向D，电势能增大三、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（6分）（1）图甲所示的电流表使

6、用0.6A量程时，对应刻度盘上每一小格代表_A，图中表针示数是_A；当使用3A量程时，对应刻度盘上每一小格代表_A，图中表针示数为_A。（2）图乙所示的电表使用较小量程时，每小格表示_V，图中指针的示数为_V。若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示_ V，图中表针指示的是_V。（3）用游标卡尺测得某样品的长度如图（甲）所示，其示数L_mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图（乙）所示，其示数D_mm。12（12分）有一待测的电阻器Rx，其阻值约在4050之间，实验室准备用伏安法来测量该电阻值的实验器材有：电压表V（量程010V，内电阻约20k）；电流表A1，（量程0500mA，内电阻约20

7、）；电流表A2，（量程0300mA，内电阻约4）；滑动变阻器R1（最大阻值为10，额定电流为2A）；滑动变阻器R2（最大阻值为250，额定电流为0.1A）；直流电源E（电动势为9V，内电阻约为0.5）；开关及若干导线实验要求电表读数从零开始变化，并能多测出几组电流、电压值，以便画出IU图线（1）电流表应选用 （2）滑动变阻器选用 （选填器材代号）（3）请在如图所示的方框内画出实验电路图四、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，在倾角为300足够长的光滑绝缘斜面的底端A点固定一电荷量为Q的正点电荷，在离A

8、距离为S0的C处由静止释放某正电荷的小物块P（可看做点电荷）。已知小物块P释放瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电力常量为k，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。（1）求小物块所带电荷量q和质量m之比；（2）求小物块速度最大时离A点的距离S；（3）若规定无限远电势为零时，在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成（其中r为该点到Q的距离）。求小物块P能运动到离A点的最大距离Sm14（16分）如图所示，竖直放置的通电直导线ab位于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B=1. 0T，导线ab长L=0. 2m，通以大小I=0.5A、方向向上的电流。（1）判断导线ab所受的安培力的方向；（

9、答“水平向左”或“水平向右”）（2）求导线ab所受的安培力的大小F。15（12分）如图，真空中有两个固定的点电荷A、B相距r1.0 m，电荷量分别为qA1.0105 C，qB1.0105 C，静电力常量k9.0109 Nm1/C1(1)判断A、B之间的库仑力是引力还是斥力；(1)求A、B之间的库仑力大小；(3)若A、B的距离不变，电荷量均变为原来的1倍，则库仑力变为原来的几倍？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】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后

10、均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离仍不变，则库仑力为，所以两球间库仑力的大小为F/1故选C2、D【解析】A由点电荷的场强公式可知，a、b、c点的电场强度大小相等，但方向不同，所以a、b、c点的电场强度不相同，故A错误；B由于a、b、c三点到点电荷的距离相等，所以a、b、c三点的电势相等，所以UadUcd，故B错误；C由于a、b两点的电势相等，所以电子在a点时的电势能等于在b点的电势能，故C错误；D由于d点离正点电荷更近，所以d点电势比a点电势高，根据负电荷在电势低处电势能大，所以电子在a点时的电势能大于在d点的电势能，故D正角。3、A【解析】根据知后来的电阻为原来的3/5,根据 知后来的

11、功率为100W,故A对，BCD错；故选A4、B【解析】对物体受力分析，则有水平推力与静摩擦力平衡，由于推力增大，因此静摩擦力也增大，故B正确，ACD错误；故选B。5、B【解析】设任一卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M则对于在轨卫星，有：得：， ，a=可见，轨道半径之比为1：4，则得线速度大小之比为2：1，角速度大小之比为8:1；运行的周期之比为1：8，向心加速度大小之比为16：1故B正确，ACD错误故选B6、C【解析】A.由知电流强度与电压成正比，与电阻成反比，所以该式不属于比值定义法。故A错误；B.根据可知，电阻由物质的材料，长度，横截面积决定，所以不属于比值定义法，故B错误。C.

12、根据可知，电动势与W、q无关，仅用此比值计算电动势，所以属于比值定义法，故C正确。D.根据可知，这是平行板电容器电容的决定式，故D错误。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】A、B、D项：若空间增加竖直向下的匀强电场，场强大小E=mg/q，小球的加速度变为2g，由公式h=12gt2可知，t=2hg，加速度变为原来的两倍，所以时间变为原来的22，由公式：x=v0t可知，水平位移变为原来的22，故A错误，B正确，D错误；C项：由动能定得可知，没加电场时：mgh=

13、Ek-Ek0，加电场后：2mgh=Ek1-Ek0由以上两式可知，落地时动能小于2Ek，故C正确。故应选：BC。8、BC【解析】等离子体含有大量带正电和带负电的微粒，这些微粒射入磁场时，受到伦兹力作用而偏转，由左手定则可以判断正、负电荷受到的洛伦兹力方向分别向下和向上，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷聚集到A板上，故B板相当于电源的正极电源的正极电势高于负极的电势。【详解】大量带正电和带负电的微粒射入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流由ba，

14、金属板A的电势UA小于金属板B的电势UB，故应选BC。【点睛】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，即可判断电荷的偏转方向，考查对磁流体发电机的理解能力此题还可以等效成流体切割磁感线，由E=Bvd求得发电机的电动势。9、BD【解析】A、若带电微粒从P点进入电场，由图可知带电微粒所受电场力由a等势面指向b等势面，由于微粒带负电，故c等势面的电势最高，故P点的电势低于Q点的电势，故A错误B、由于带电微粒在从Q向P运动的过程中电场力做负功，则带电微粒的电势能增大，故带电微粒在P点时的电势能较大故B正确C、由于带电微粒在从Q向P运动的过程中电场力做负功，故微粒在Q点时的动能大于在P点的动能故C错误D、由于电

15、场线越密等势线越密，由图可知P点的场强大于Q点的场强，故带电微粒在P处所受的电场力大于在Q点所受的电场力，故带电微粒通过P点时的加速度大故D错误故选B10、BD【解析】A、B两点有等量同种点电荷+Q，根据叠加原理可知，O点的电场强度为零，而D点的电场强度为方向沿+x轴方向，不为零，A错误B正确；由上可知，OC段的电场方向从OC，而OD段的电场方向从OD，所以若将点电荷+q从O移向C，电场力做正功，电势能减小，C错误；若将点电荷-q从O移向D，电场力做负功，电势能增加，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、0.02A 0.44A 0.

16、1A 2.20A 0.1V 1.40V 0.5V 7.0V 30.35mm 3.205mm 【解析】（1）1234电流表使用0.6A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02A，指针的示数为0.44A；当换用3A量程时，每一小格为0.1A，指针示数为2.20A；（2）5678电压表使用3V量程时，每小格表示0.1V，指针示数为1.70V；使用15V量程时，每小格为0.5V，指针示数为7V；（3）9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=30.35mm10螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.0120.4mm=0.20

17、4mm所以最终读数为：3mm+0.204mm=3.204mm由于需要估读在范围3.203-3.205内均正确12、 (1 ) (2)(3）电路图如下图所示【解析】由欧姆定律求出电路最大电流，根据该电流选择电流表；根据电路电流及方便实验操作的原则选择滑动变阻器；根据题目要求确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后作出实验电路图【详解】（1）电路最大电流约为，因此电流表应选择A2；（2）滑动变阻器R2的额定电流是0.1A0.225A，且滑动变阻器R2的最大阻值较大，实验操作不方便，为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选R1；（3）实验要求电表

18、读数从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法，Rx阻值约在4050之间，电流表A2内电阻约4，电压表V内阻约20k，电压表内阻远大于待测电阻阻值，因此电流表应采用外接法，实验电路图如图所示【点睛】本题考查了实验器材的选择、设计电路的设计，是实验的常考问题，一定要掌握；实验电路设计是本题的难点，确定滑动变阻器的接法、电流表的接法是正确解题的关键四、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）（3）【解析】试题分析：（1）对小物块受力分析：受重力、电场力由牛顿第二定律得：解得：（2）当合力为零时速度最大即：解得：（3）当运动到最远点是速度为零，由能量守恒定律得：解得：考点：库仑力、机械能守恒定律、牛顿第二定律【名师点睛】本题主要考查了库仑力、机械能守恒定律、