安徽省芜湖市城南实验中学2023学年物理高二上期中综合测试试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4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

2、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、质量为m的钢球自高处落下,以速度v1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速度为v1在碰撞过程中,地面对钢球的冲量的方向和大小为()A向下,m(v1-v1)B向上,m(v1+v1)C向上,m(v1-v1)D向下,m(v1+v1)2、如图所示，在绝缘的斜面上存在着沿水平向右的匀强电场，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，则以下判断正确的是（ ）A金属块带负电荷B电场力做功0.2JC金属

3、块的机械能减少1.2JD金属块的电势能增加0.2J3、如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，开关K闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，正确的是（ ）AV2的示数增大B电源输出功率在减小CU1大于U2DU3与I的比值在减小4、质子和粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的各运动量间的关系正确的是（ ）A速率之比为B周期之比为C半径之比为D角速度之比为5、如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为2

4、0eV，飞经等势面C时，电势能为10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是（）A等势面A的电势为10VB匀强电场的场强大小为200V/mC电子再次飞经D势面时，动能为10eVD电子的运动可能为匀变速曲线运动6、如图所示，平行金属板中带电液滴原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向端移动时，则（ ）A电压表读数减小B电流表读数减小C液滴将向上运动D上消耗的功率逐渐增大二、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

5、分。7、如图所示，A、B两个平行金属板充电后与电源断开，B板接地，C、D是A、B两板间的两个点，以下说法正确的是（ ）AA板不动，将B板向下移动一小段距离，则C点电势升高BA板不动，将B板向下移动一小段距离，则C、D两点间电势差变大CB板不动，将A板向上移动一小段距离，则C点电势不变DB板不动，将A板向上移动一小段距离，则C、D两点间电势差变小8、如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度v0垂直于电场方向进入电场，最后落在A、B、C三点，可以判断（ ）A小球A带正电，小球B不带电，小球C带负电B三个小球在电场中运动的时间相等C三个小球到达极板时

6、的动能关系为EkC EkB EkAD三个小球在电场中运动时的加速度关系为aAaBr,则得U1U2.故C正确D. 根据闭合电路欧姆定律得：U3=EI(R+r),则得：U3/I=R+r，保持不变，故D错误；故选C【点睛】理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析根据电源内外电阻关系分析电源的输出功率如何变化4、B【解析】由动能定理得：qU=mv2-0，解得：v=，因为质子和粒子的电量之比为1：2，质量之比为1：4，则速率之比为：1，故A错误粒子在磁场中运动的周期：T=，因为质子和粒子的电量之比为1：2，质量之比为1：4，则周期之比为1：2，故B

7、正确粒子在磁场中运动的半径：r=，因为质子和粒子的电量之比为1：2，质量之比为1：4，则半径之比为1： ，故C错误因为周期之比为1：2，由=可知，角速度之比为2：1，故D错误故选B点睛：解决本题的关键掌握粒子在磁场中的半径公式和周期公式，并能灵活运用，注意在计算题中，半径公式和周期公式不能直接运用5、B【解析】A电子从D到B过程，动能减小20eV，且匀强电场，即等间距，则C点的动能为10eV，由于等势面C时，电势能为10eV，则知电子的电势能与动能的和等于0；由于飞经等势面C时，电势能为10eV，则C等势面的电势为10V；粒子经过等势面B时的动能等于0，则电势能也等于0，则B等势面的电势等于0

8、，结合该匀强电场的特点可知，A等势面的电势为10V，故A错误；B电子从B到D过程，根据动能定理得解得对于BD段电场强度为故B正确；C根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为20eV，故C错误；D根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，且电场力方向与速度方向在同一直线上，则电子做匀变速直线运动，故D错误。故选B。6、A【解析】AB由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时

9、R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，流过并联部分的总电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确，B错误；C因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点将向下运动，故C错误；D因R3两端的电压减小，由可知，R3上消耗的功率减小，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、AC【解析】A板不动，将B板向下移动一小段距离，d增大，根据电容的决定

10、式CS4kd、C=QU以及E=Ud得，E=4kQS，Q不变，则电场强度不变，则C与B板间的电势差增大，则C点的电势增大CD间的距离不变，则C、D间的电势差不变故A正确，B错误B板不动，将A板向上移动一小段距离，同理，电场强度不变，C与B板间的电势差不变，B板的电势为零，则C点的电势不变C、D间距离不变，则C、D两点间电势差不变故C正确故D错误故选AC8、ACD【解析】在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示由此可知不带电小球做平抛运动带正电小球做类平抛运动带负电小球做类平抛运动根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h

11、相等，据得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短。A三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的A是带正电荷的小球，B是不带电的小球，C带负电的小球。故A正确；B由于三小球在竖直方向位移相等，初速度均为0，由于电场力的作用，三小球的加速度不相等，故它们的运动时间不相等，故B错误；C根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功。由受力图可知，带负电小球合力最大为，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为，做功最少动能最小；故C正确；D因为A带正电，B不带电，C带负电，所以aA=a2，aB=a1

12、，aC=a3，所以aAaBaC。故D正确。故选ACD。9、AC【解析】所有同步卫星都是定点在赤道的正上方，选项A正确；它们的周期都等于地球自转的周期24h，且大于近地卫星的周期，选项B错误；根据可知，它们离地面的高度都相同，选项C正确；它们与地球同步，则绕地球转动的方向都是相同的，选项D错误；故选AC.10、ABC【解析】AD.转化为化学能的功率为P化P总P热0.12 W；则充电器把0.12 W的功率储存在电池内，故A正确，D错误.C.电池充电时的热功率为P热I2r0.02 W，选项C正确；B.充电器对电池的充电功率为P总UI0.14 W，选项B正确；三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案

13、写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、 C F 1.995 【解析】（1）电池组电压是3V，故电压表选C，由于待测电阻的电阻值比较小，滑动变阻器选总阻值小的便于调节，故选F；（2）螺旋测微器读数为，（3）根据和，联立得： .12、 向右 向左 【解析】(1)1补充的实物电路如图所示(2)2已知闭合开关瞬间，线圈L2中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转当开关闭合后，将线圈L1迅速插入线圈L2中时，线圈L2中的磁通量增加，由已知条件可知产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转(3)3滑动变阻器的滑片迅速向右移动，线圈L1中的电流变小，线圈L2中的磁场方向不变，

14、磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转四、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 T（2）0.075 J【解析】(1)由题图乙可知，杆自由下落0.1s进入磁场以v1.0m/s的速度做匀速运动，产生的电动势EBLv，杆中的电流I杆所受安培力F安BIL由平衡条件得mgF安代入数据得B2T(2)电阻R产生的热量QI2Rt0.075J14、（1）15V ；（2）22V（3）16V；18W【解析】试题分析：（1）当开关S1和S2均闭合时，外电路为R1、R3并联后再与R2串联，外电阻R=R2+=15所以路端电压为：U=RI=

15、151V=15V（2）根据闭合电路欧姆定律得E=I（R+r）代入数据解得E=22V（3）S1闭合而S2断开，R3断路，且R3做为电压表的导线，电路中的总电流电压表示数U=I（R1+R2）=2822V代入数据解得U=16V且此时电压表测的是路端电压，电源的输出功率P=UI=18W考点：闭合电路欧姆定律；电功率15、（1）13m/s2（1）4.5N（3）F6N【解析】（1）分别以滑块和木板为研究对象，根据牛顿第二定律求出其加速度，小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a1求出滑块与木板相对滑动的临界拉力，然后根据拉力大小求出m与M的加速度；（1）应用牛顿第二定律求出拉力F；（3）先找出小

16、滑块脱离木板但不离开桌面的位置关系以及滑块与木板的位移关系，根据牛顿第二定律列方程求出木板与滑块的加速度由位移速度公式表示出其位移，结合找出的位移关系列方程求解；【详解】（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有：对滑块：1mg=ma1 对木板：F临界-1mg-2（m+M)g=Ma2 且有：a1=a2，解得：F临界=4.5N，由于：F=3.5NF临界=4.5N， M、m相对静止，它们一起做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，加速度：a=F-2m+MgM+m=13m/s2；（1）由（1）可知，使小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力：F临界=4.5N，则拉力至少为4.5N；（3）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在