2023学年西藏日喀则市南木林高级中学物理高二第一学期期中考试模拟试题含解析

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、如图所示，a、b是带有同种电荷的小球，用绝缘细线挂于同一点，两球静止时离水平地面的高度相等，不计空气阻力，两球带电荷量不变。若同时将两细线剪断，则下列说法中正确的是Aa球先落地B两球落地时动能相等C落地时a球飞行的水平距离比b球小D在飞行过程中，a球受到的电场力比b球受到的电场力小2、如图所示,空间有一正三棱锥OABC,点A、B、C分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正的点电荷,则下列说法中正确的是( )A将一正的试探电荷从A点沿直线AB移到B点，静电力对该试探电荷先做正功后

3、做负功BA、B、C三点的电场强度相同C ABC所在平面为等势面D若A点的电势为A,A点的电势为A,则AA连线中点D处的电势D一定小于(A+A)/23、如图所示的匀强电场中，一个电荷量为q的正点电荷，沿电场线方向从A点运动到B点，A、B两点间的距离为d.在此过程中电场力对电荷所做的功为W，则A点的电场强度的大小为ABqWdCD4、一悬挂小球与光滑斜面接触，处于静止状态，受力情况如图。则小球受到的拉力FT与支持力FN的合力（ ）A大于小球重力G，方向竖直向上B小于小球重力G，方向竖直向上C与小球重力G大小相等，方向竖直向上D与小球重力G大小相等，方向竖直向下5、两个点电荷间的相互作用力为F，若每个

4、电荷的带电量都增大一倍，并把它们之间的距离减少一半，则它们之间的相互作用力变为( )A2FB4FC8FD16F6、如图，有一重为G，带电量为q的小球，从两竖直的带等量异种电荷的平行板上方高h处由静止自由落下，两板间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，则带电小球通过正交的电场、磁场空间时（）A一定作曲线运动B不可能作曲线运动C可能作匀速直线运动D可能作匀加速直线运动二、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、如图所示，图线1表示的导体的电阻为，图线2表示的导体的电阻为，则下列说法

5、正确的是()ABC通过、电流大小相等时，电压之比为1:3D、两端电压相等时，流过、电流之比为1:38、如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直纸面向外一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合，当它以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动时，框架EFG中产生感应电动势，若经T/6线框转到图中的虚线位置，则在T/6时间内（ ）A平均感应电动势大小等于B平均感应电动势大小等于C顺时针方向转动时感应电流方向为D逆时针方向转动时感应电流方向为9、图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过P点时

6、速度为v0，到达Q点时速度减为零，粒子运动的v-t图象如图乙所示下列判断正确的是（ ）AP点电势高于Q点电势BP点场强大于Q点场强CP、Q两点的电势差为D带负电粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能10、如图所示，O1O2为带电平行板电容器的中轴线，三个相同的带电粒子沿轴线射入两板间粒子1打到B板的中点，粒子2刚好打在B板边缘，粒子3从两板间飞出，设三个粒子只受电场力作用，则( )A三个粒子在电场中运动时间关系为t1t2t3B三个粒子在电场中运动时间关系为t1t2t3C三个粒子在电场中运动的初速度关系为v1v2v3D三个粒子在飞行过程中动能的变化量关系为E1E2E3三、实验题：本题共2小题，共1

7、8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）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，得出伏安特性曲线如图甲所示所用小灯泡的额定电压是3.0 V.(1)画出实验电路图_(2)将实物图乙连接成实验电路_(3)根据图甲，该小灯泡在电压为2.8 V时的实际电阻为_(结果保留三位有效数字)12（12分）在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，某同学猜测电容可能与极板间的距离d、极板的正对面积S及插入极板间的介质有关他将一个已经充电的平行板电容器与静电计连接如图所示已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大实验时保持电容器极板所带的电量不变，且电容器B板位置不

8、动（填“增大”、“减小”或“不变”）(1)将A板向左平移，静电计指针张角_； (2)将A板竖直向上平移，则静电计指针张角_；(3)在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角_ 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，匀强电场的场强方向与竖直方向成角，一带电荷量为q、质量为m的小球，用绝缘细线固定在竖直墙上，小球恰好静止在水平位置.求：(1)小球所带电荷的电性及场强的大小；(2)若将细线突然剪断，小球在电场力和重力作用下做何种性质的运动？加速度为多大？14（16分）.一束初速度不计的电子在经U的加速电压加

9、速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d，板长l，偏转电极边缘到荧光屏的距离为L，偏转电场只存在于两个偏转电极之间已知电子质量为m，电荷量为e，求：（1）电子离开加速电场是的速度大小；（2）电子经过偏转电场的时间；（3）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上能加的最大电压？（4）电子最远能够打到离荧光屏上中心O点多远处？15（12分）如图所示，电源电动势为E30V，内阻为r1，电灯上标有“6V12W”字样，直流电动机线圈电阻R2若电灯恰能正常发光，求：（1）电源的总功率PE（2）电动机输出的机械功率P机参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在

10、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】根据根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力未剪断两根细线时，对小球受力分析，根据平衡条件和相似三角形表示两球质量的大小关系，抓住竖直方向上运动规律相同，比较运动的时间，根据水平方向上动量守恒比较两球在水平方向上的速度，从而比较落地时水平距离，结合动能定理比较两球落地的动能；【详解】A、同时剪断细线后，二者在竖直方向上均只受重力，故在竖直方向上均做自由落体运动，可知两球同时落地，故A错误；C、对小球受力分析，根据平衡条件有：mag=F库tan，mbg=F库tan，由于，所以mamb，而剪断细线后，在水平方向上，

11、a、b组成的系统动量守恒，故任一时刻mava=mbvb，因mamb，所以vavb；又因时间相等，所以sasb，故C正确；B、由于库仑力对a球做功较小，重力对a球做功较大，根据动能定理可知，无法比较两球落地的动能，故B错误；D、在飞行过程中，根据牛顿第三定律可知，a球受到的电场力等于b球受到的电场力，故D错误；故选C。【点睛】关键是运用平衡条件分析两物体质量关系，采用运动的分解法分析小球的运动规律，剪断细线后，在水平方向上，a、b组成的系统动量守恒。2、D【解析】A. 由电势的概念可知,沿直线AB的电势变化为先增大后减小,所以当在此直线上从A到B移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，故

12、A错误；B. 因为A、B、C三点离顶点O处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小均相等，方向不同，故B错误；C. 由于ABC所在平面到顶点O处的距离不相等，由等势面的概念可知，ABC所在平面不是等势面，故C错误；D. 因为OA电势差大于AA,故D正确；故选：D3、C【解析】电场力做功W=Fd=qEd，得： 故选C4、C【解析】小球受竖直向下的重力G，垂直斜面向上的支持力FN和沿细绳方向的拉力FT，三个力处于平衡状态，则小球受到的拉力FT与支持力FN的合力与重力G等大反向，即与小球重力G大小相等，方向竖直向上，故选项ABD错误，C正确；故选C.【点睛】本题关键是知道三力平衡的条件：任意两个力的合

13、力与第三个力等大反向，据此进行判断.5、D【解析】由库仑定律 知当每个电荷的带电量都增大一倍，并把它们之间的距离减少一半，则它们之间的相互作用力变为原来的16倍，故D正确；综上所述本题答案是：D6、A【解析】带电小球进入复合场受到重力、电场力和洛伦兹力作用，根据小球的合力与速度方向的关系确定小球的运动情况【详解】若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力相等，因为小球向下运动时，速度会增加，小球所受的洛伦兹力增大，将不会再与小球所受的电场力平衡，不可能做匀加速直线运动，也不可能做匀速直线运动；若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力不等，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动故A正确二、多项选择题

14、：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】根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，得：，A正确，B错误；当通过、电流大小相等时，由可知，电压与电阻成正比，即电压之比为1:1故C正确；当通过、两端的电压相等时，由可知，电流与电阻成反比，即电流之比为1:1，故D错误；选AC.【点睛】通过I-U图象得出两电阻的关系，将坐标系中的数据代入即可求出两个电阻的电阻值，然后结合串联电路与并联电路的关系分析解答即可8、AC【解析】如图所示，两等边三角形所夹的小三角形为等边三角形，小三角形

15、高为，根据对称性可知，小三角形的底边长为，则小三角形的面积为，根据法拉第电磁感应定律可知，联立以上两式解得，A正确B错误；当导体沿逆时针转动时，穿过导体框的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向应是逆时针EFGE方向，C正确；当导体沿顺时针转动时，穿过导体框的磁通量也减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向仍然是逆时针EFGE方向，D错误9、ABC【解析】A、由图乙知带电粒子的速度减小，受到向左的电场力，故电场线方向向右，P点电势一定高于Q点电势，故A正确；B、由乙图可知，P处的加速度大于Q处的加速度，故P处的场强大于Q处的场强，故B正确；C、由动能定理知，可求出AB两点的电势差为，故C正

16、确；D、负电荷在电势低的地方电势能大，故电荷在P点的电势能一定小于Q点的电势能，故D错误；故选ABC【点睛】速度图象看出，粒子的速度减小，负电荷受向左的电场力，故电场线方向向右，负电荷在电势低的地方电势能大，根据速度图象的斜率等于加速度，可比较加速度的大小，从而能比较出电场力的大小10、BD【解析】AB三个粒子都做类平抛运动，且加速度相同水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则有竖直方向有，由图粒子1、2的竖直位移大小相等，大于3，则得故A错误，B正确；C水平方向有，由图知2、3水平位移大小相等，大于1，则，故C错误；D动能的变化量，相等，则，故D正确三、实验题：本题共2小题，共1

17、8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、 10.8 【解析】（1）1实验中电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法灯泡内阻较小，电流表采取外接法误差较小电路图如下（2）2实物图连接如图（3）3当电压为2.8V时，电流为0.26A，则12、增大 增大 减小 【解析】先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析得到板间电势差的变化；静电计是测量电势差的仪器，根据两板间的电电势差的变化得出张角的变化；【详解】(1)将A板向左平移，板间距离增大，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计

18、指针张角增大；(2)将A板竖直向上平移，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大；(3)将电介质插入两板之间，根据电容的决定式得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U减小，则静电计指针张角减小四、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）小球带负电；E=mgqcos ；（2）将细线突然剪断，小球将做初速度为零的匀加速直线运动；a=gtan 【解析】试题分析：（1）根据受力分析（如图），小球带负电mgEqcosE=mgqcos（2）初速度为零的匀加速直线运动 ，根据牛顿第二定律可知：ma=mgtan 解得a=gtan考点：物体的平衡；牛顿第二定律.14、（1）（2）（3）（4）【解析】试题分析：设电子流经加速电压后的速度为，则由动能定理有：q=e 电子经过偏转电场时做类平抛运动，运动时间设两极板上最多能