广东省茂名地区2023学年高二物理第一学期期中检测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、a、b、c是三个电荷量相同、质量不同的带电粒子，以相同的初速度由同一点垂直场强方向进入偏转电场，仅在电场力的作用下，运动轨迹如图所示，其中b恰好沿着极板边缘飞出电场粒子

2、a、b、c在电场中运动的过程中，下列说法正确的是（）Aa、b运动的时间相同Ba的质量最大，c的质量最小C动能的增量相比，c的最大，a和b的一样大D动量的增量相比，a的最小，b和c的一样大2、如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则正确的是A电压表和电流表的示数都增大B灯L2变暗，电流表的示数减小C灯L1变亮，电压表的示数减小D灯L2变亮，电容器的带电量增加3、如图所示，绝缘水平面上有两个质量均为m、电荷量均为Q的物体A和B（A、B均可视为质点），与水平面间的动摩擦因数均为，当它们间的距离为r时，两物体恰好静止（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

3、。如果仅将A的电荷量增至4Q，两物体在图示位置开始运动，当它们的运动速度达到最大时，A、B两物体各自运动的距离为（ ）AA运动距离为r,B运动距离为12r BA、B运动距离各为12rCA，B运动距离各为r DA运动距离为零,B运动距离为r4、如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下列说法正确的是（ ）A先移走棒，再把两球分开，两球带等量异种电荷B先移走棒，再把两球分开，甲球带电量比乙球多C先把两球分开，再移走棒，两球带等量异种电荷D先把两球分开，再移走棒，两球不能带电5、如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线

4、，下列判断正确的是Aa代表的电阻丝较粗Bb代表的电阻丝较粗Ca电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D图线表示电阻丝的阻值与电压成正比6、关于电场强度的公式E=，下列说法正确的是（ ）A由公式可知，电场强度与试探电荷所带电量成反比B此公式只能适用于真空中的点电荷产生的电场C此公式为电场强度的定义式，可以适用于各种电场D公式中q是产生电场的电荷带电量，F是试探电荷所受到的力二、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，正方形容器处在匀强磁场中，一束电子从孔a垂直于磁场沿ab方向射入

5、容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，容器处在真空中，下列说法正确的是（ ）A从两孔射出的电子速率之比为vc：vd=2:1B从两孔射出的电子在容器中运动的时间之比tc:td=1:1C从两孔射出的电子的加速度大小之比ac:ad=:1D从两孔射出的电子的加速度大小之比ac:ad=2:18、如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，垂直纸面放置，均通有大小相等的电流I，L1、L2中电流方向垂直纸面向里，L3中电流方向垂直纸面外下列说法错误的是AL1、L2在L3处产生的合磁感应强度方向与L1、L2连线垂直BL2、L3在L1处产生的合磁感应强度方向与L2、L3连线垂直CL1、L

6、2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为DL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为9、如图所示，水平地面上固定一个绝缘光滑斜面，斜面与水平面的夹角为一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行小球A的右侧固定放置另一带电小球B，两球心的高度相同、间距为d，两带电小球均可视为点电荷小球A的质量为m、带正电量为Q，静电力常量为k，重力加速度为g若小球A静止在斜面上，B小球的带电量记为QB，则( )A当QB=mgd2kQsin时，细线上的拉力为0B当QB=mgd2tankQ时，细线上的拉力为0C当QB=-mgd2sinkQ时，斜面对小球A的支持力为0D当

7、QB=-mgd2kQtan时，斜面对小球A的支持力为010、将平行板电容器充电后，去掉电源，下面说法正确的是：（ ）A相对面积不变，极板间距离增大，场强不变，电势差增大B极板间距离不变，相对面积减小，场强变大，电势差增大C相对面积不变，极板间距离减小，电量减少，电容增大D极板间距离不变，相对面积增大，电容增大，电量不变三、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）现要测定一段粗细均匀、电阻约为60 的合金丝的电阻率，若已测得其长度，要尽量精确的测量其电阻值R，器材有：电池组(电动势3.0 V，内阻约为 1 )电流表(量程0100 mA，内阻

8、约0.5 )电压表(量程03 V，内阻约3 k)滑动变阻器R1(010 ，允许最大电流2.0 A)；滑动变阻器R2(0500 ，允许最大电流0.5 A)；开关一个、导线若干(1)以上器材中，所用的滑动变阻器应选_(填“R1”或“R2”)(2)用螺旋测微器测量合金丝直径时的刻度位置如图7甲所示，读数为_mm.(3)如图乙所示是测量合金丝电阻的电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应移到_(填“最左端”或“最右端”)(4)为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应改进的是_(填选项前的字母)A电流表连接方式改为内接法B滑动变阻器连接方式改为限流式12（12分）在用伏安法测电阻的

9、实验中，所用电压表的内阻约为20k，电流表的内阻约为20在粗测被测电阻数值的基础上，选择了尽可能减小误差的电路进行实验，测得的数据用圆点标于图上，根据图中所记录的各点，在图中画出被测电阻的IU图线，由此求得该电阻测量值Rx=_；根据Rx的数值，可知实验中电表连接采用的是图中图_所示的电路（填（1）或（2）；电阻的测量值与真实值相比较，测量值_真实值（填“大于”、“小于”或“等于”） 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，半径R=0.45m固定的光滑四分之一圆弧轨道，其末端水平且距离地面高度h=0.1

10、0m将质量M=0.7kg、长度l=0.50m的木板B紧靠轨道末端放置在水平地面上，木板B的上表面与轨道末端等高且平滑对接，质量m=0.3kg的小滑块A从圆弧轨道的顶端由静止滑下，经过轨道末端沿水平方向冲上木块B，在木板B的上表面滑行一段时间后从B的右端滑出已知小滑块A与木板B上表面间的动摩擦因素1=0.40，地面与木板B间的动摩擦因素1=0.05，重力加速度g=10m/s1求：（1）小滑块A滑到圆弧轨道最低点时速度vA的大小；（1）小滑块A滑到圆弧轨道最低点时轨道对它的支持力FN的大小；（3）木板B停止运动时，它的右端与小滑块A的落地点间水平距离x14（16分）如图所示，在空间中取直角坐标系x

11、Oy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN 与y轴距离为d8cm，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E750 V/m.初速度可以忽略的带负电的粒子经过另一个电势差为U20V的电场加速后， 从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域， OA的距离h9cm. 已知带电粒子的比荷为q/m1.6 C/kg，带电粒子的重力忽略不计，求： (1)粒子进入偏转电场区域的初速度；(2)试通过计算说明带电粒子从MN边界还是ON边界离开电场；(3)带电粒子离开偏转电场区域时的速度与进入偏转电场时的速度方向之间的夹角的正切值；(4)带电粒子经过x轴时离坐标原点O的距离L1

12、5（12分）如图所示，M、N是一电子在匀强磁场中做匀速圆周运动轨迹上的两点，MN的连线与磁场垂直，长度,磁场的磁感应强度为B=9.110-4T。电子从M点运动到N点的时间,电子的质量m=9.110-31kg，电荷量e=1.610-19c）求： 电子做匀速圆周运动的轨道半径, 电子做匀速圆周运动的速率.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、D【解析】A. 带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，初速度相同，b、c的水平位移相等，则b、c的运动时间相等，a的水平位移小于b的水平位移，则a的运动时间小于b的运动时间，故A错误；

13、B. 带电粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，a、b的竖直位移相等，a的时间小于b的时间，则a的加速度大于b的加速度，带电粒子所受电场力相等，则a的质量小于b的质量；b的竖直位移大于c的竖直位移，b、c的运动时间相等，则b的加速度大于c的加速度，b的质量小于c的质量，可知c的质量最大，a的质量最小，故B错误；C. 根据动能定理知，a、b竖直位移相等，则a、b电场力做功相等，动能增量相等，c的竖直位移最小，电场力做功最小，则c的动能增量最小，故C错误；D. 三个小球所受的合力相等，等于电场力，由于a的运动的时间最短，根据动量定理知，a的动量增量最小，b、c的运动时间相等，则b、c动量增量相等，故D

14、正确。故选：C.点睛：带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，抓住初速度相等，结合水平位移比较运动的时间，根据竖直位移比较加速度，从而结合牛顿第二定律比较质量的大小关系；根据动量定理比较动量的增量，根据动能定理比较动能的增加量2、C【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，外电路总电阻减小，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；R与灯L2并联电路的电压：U减小,U1增大,U并减小，灯L2变暗.流过电流表的电流：I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大;电容器两端的电压等于并联部

15、分的电压,电压变小，由：知电容器的电荷量减少，故选C.3、B【解析】对A受力分析如图所示，因A处于静止状态，故有库仑力F大小等于静摩擦力f大小，所以f=FkQ2r2=mg；当加速度为0时，速度最大，此时库仑力大小F等于滑动摩擦力大小f，即：f=mg=F=k4Q2r2，解得：r=2r；所以A、B各运动的距离为：S=r-r2=r2，故B正确、ACD错误。故选B。【点睛】解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=kQ1Q2r2，以及知道电荷所受的库仑力与摩擦力相等时，即加速度为零时，速度最大4、C【解析】先移走棒，此时甲乙两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样不再带电，故AB错误；开始时由于静

16、电感应两棒带上异种电荷，先把两球分开，再移走棒，两球由于感应起电带上异种电荷，故C正确，D错误所以C正确，ABD错误5、B【解析】ABC根据欧姆定律：可得：可知伏安特性曲线的斜率是电阻的倒数，因此a代表的电阻较大，b的较小；根据电阻定律：可知a的电阻丝较细，b的较粗，故A错误、B正确、C错误。D一段金属丝的电阻是由本身的因素决定的，与所加电压和所通过的电流无关，故D错误。故选B.6、C【解析】解：A、电场强度反映电场本身的性质，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量无关，故A错误BC、E=为电场强度的定义式，运用比值法定义，适用于各种电场，故B错误，C正确D、公式中q是放入电场中的试探电荷，F是试

17、探电荷所受到的力，故D错误故选C【点评】本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定二、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、AD【解析】试题分析：由几何关系可知从两孔射出的粒子的运动半径，则由洛仑兹力充当向心力可得出粒子的速度关系；由周期公式及转过的角度可求得时间之比；由向心力公式可求得加速度之比设磁场边长为a，如图所示，粒子从c点离开，其半径为，粒子从d点离开，其半径为，根据几何关系可知，由，得出半径公式，故，故A正确；因为

18、粒子都为电子，所以根据粒子在磁场中运动的周期相同，从d射出的粒子的圆心角为180，故，从c射出的粒子的圆心角为90，故，所以，B错误；向心加速度，则，故C错误D正确8、AD【解析】A. 、在处产生的合磁感应强度方向如图所示：即合磁感应强度的方向与的连线平行，故A错误，符合题意B. 、在处产生的合磁感应强度方向如图所示：由几何知识可知、在处产生的合磁感应强度方向与和的连线垂直，故B正确，不符合题意CD. 、通电导线在处的合磁场大小与、通电导线在处的合磁场相等，设各自通电导线在其他两点的磁场大小为，那么、和三处磁场之比为，安培力 ，安培力大小之比等于磁感应强度之比，为，故C正确不符合题意，D错误符

19、合题意9、BD【解析】根据库仑定律可得小球A与B之间库仑力的大小为：F=kQBQd2，当细线上的拉力为零时，小球A受重力、支持力及库仑斥力而平衡，在沿斜面方向上根据共点力平衡条件可得：mgsin=Fcos，联立解得：QB=mgd2tankQ，故A错误，B正确；当斜面对A球支持力刚好为零时，根据共点力平衡条件可得：mg=Ftan，联立可得：QB=mgd2kQtan，故D正确，C错误所以BD正确，AC错误10、ABD【解析】A电容器电容：，极板间的电场强度：，解得：，若相对面积S不变，极板间距离d增大，则场强E不变，电势差：U=Ed变大，故A正确；B若极板间距离不变，相对面积S减小，由可知，场强变

20、大，根据U=Ed可知电势差变大，故B正确；C去掉电源后，电容器电荷量不变，故C错误；D去掉电源后，电容器电荷量不变，若极板间距离不变，相对面积增大，由可知，电容增大，故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、R1 0.703 最右端 A 【解析】（1）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；（3）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置；（4）根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法【详解】（1）为测多组实验数据，滑动变阻

21、器需要采用分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5 mm20.30.01 mm0.703mm（3）由图示电路可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于最右端；（4），因此电流表应采用内接法；滑动变阻器连接方式改为限流式对实验的误差无影响，故选A.【点睛】本题考查了实验器材选择、螺旋测微器示数、实验注意事项、电路故障分析、电流表接法，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数之和12、2000 （2） 大于 【解析】1作出图线如图 由可得2由于，电流表的分压引起误差比较小，所以选择（2）图3选择图（2）电流表内接法，由于电