2023学年四川省乐山市高中高二物理第一学期期中联考模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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为某电场线上的两点,那么以下结论正确的是( )A把正电荷从a移到b,电场力做负功,电荷的电势能减少B把负电荷从a移到b,电场力做负功,电荷的电势能增加C把某负电荷从a移到b,克服电场力做410-8J 功,电荷在b点具

2、有410-8J的电势能D不论正电荷还是负电荷,静电力做正功时电势能一定增加2、如图所示，用细绳系一小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，不计空气阻力，关于小球的受力正确的是（ ）A只受重力B只受绳子拉力C受重力、绳子拉力D受重力、绳子拉力和向心力3、 “电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面电势分别为A和B，其过球心的截面如图所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等

3、势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应下列说法中正确的是AA球面电势比B球面电势高B电子在AB间偏转电场中做匀变速运动C等势面C所在处电势大小为D等势面C所在处电场强度的大小为E=4、如图所示，用两根细绳悬挂一个重物，并处于静止状态，细绳与竖直方向的夹角均为当绳中拉力最小时，等于（）A0B30C45D605、物体在恒定的合力F作用下，做直线运动，在时间t1内速度由0增大到v，在时间t2内速度由v增大到2v，设F在t1内做功是W1，冲量是I1，在t2内做的功是W2，冲量是I2，那么（）A，B，C，D，6、对于欧姆定律，理解正确的是A从R= UI可知，导体两端的电压为零时，导体的电

4、阻也为零B从R= UI可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C从I= UR可知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比D从U=IR可知，导体两端的电压随电阻的增大而增高二、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，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若增大照射光强度，则（ ）A小灯泡的功率增大B电容器上的电荷量增加C电源的输出功率增大D两表示数变化量的

5、比值| |不变8、我国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，成功将第三颗北斗导航卫星送入预定轨道，这标志着北斗卫星导航系统工程建设又迈出了重要一步，卫星组网正按计划稳步推进如图所示，发射过程中某段时间内火箭速度的变化规律为v(2t4)m/s，由此可知这段时间内( )A火箭的初速度为2 m/sB火箭的加速度为4 m/s2C在3 s末，火箭的瞬时速度为10 m/sD火箭做匀加速直线运动9、如图所示，A、B是平行板电容器的两金属板，其中B板接地，现在闭合开关S，稳定后，一带电液滴恰好静止于AB板间的P点。下列说法正确的是A若保持开关S闭合，将A板向左边移动一段距离，液滴将向下运动.B若保持开关

6、S闭合，将A板向上移动一小段距离，P点的电势升高C若断开开关S，将A板向上移动一段距离，液滴仍保持静止D若断开开关S，将A板向左移动一小段距离，P点电势升高10、一电子只在电场力作用下，沿x轴正向运动的加速度a与x的关系如图所示，其中OA段的图像为直线，O为坐标原点，A、B、C为x轴上的点，O、A之间的距离为d， A、C两点的加速度均为a0，设a沿x轴方向时为正，O点电势为零，电子质量为m，所带电荷量为-e。下列说法正确的是AOABCB电子在A点的电势能大于在B点的电势能CA点电势为D|UAB|UBC|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

7、（6分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：A小灯泡L（3V、5）；B滑动变阻器R（010，额定电流1.5A）；C电压表V1（量程：03V，R V 5k）；D电压表V2（量程：015V，R V 10k）；E电流表A1（量程：00.6A，R A 0.5）；F电流表A2（量程：03A，R A 0.1）；G铅蓄电池、开关各一个，导线若干；实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压（1）为了减少误差，实验中应选电压表 ，电流表 ；（2）在实验中，电流表应采用 法（填“内接”或“外接”）；（3）请在图虚线框内按要求设计实验电路图（部分线已画好）（4）某同学实验后

8、作出的IU 图象如图所示，请分析该图象形成的原因是： 12（12分）有一节干电池，电动势约为，内阻约为某实验小组为了比较准确的测量其电动势和内阻，在实验室找到了如下器材：A电流表A量程，内阻约为 B电流表G量程，内阻C定值电阻 D定值电阻E.滑动变阻器，额定电流F.滑动变阻器，额定电流G.开关S和导线若干(1)因缺少电压表，该组同学准备利用电流表G与定值电阻串联改装成电压表，为较好的满足测量需要，定值电阻应选择_填“C”或“D”；为操作方便，滑动变阻器应选择_填“E”或“F”(2)该小组根据实验原理图连接线路、测量数据、并在坐标纸上描点连线，得到相应的图线如图，其中I1为电流表G的示数，I2为

9、电流表A的示数，则该电源的电动势E=_V，内阻r=_(两空均保留三位有效数字)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，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l不计重力影响和离子间的相互作用求：（1）磁场的磁感应强度大小；（2）甲、乙两种离子的比荷之比14（16分）用单位长度电阻为r0=0.05/m的导线

10、绕制一个n=100匝、边长a=0.20m的正方形线圈，线圈两端与阻值R=16的电阻连接构成的闭合回路，如图甲所示。线圈处在均匀磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B的大小随时间变化的关系如图乙所示。求：（1）在01.0102s时间内，通过R的电荷量是多少；（2）1分钟内电流通过电阻R所产生的热量。15（12分）如图所示，A、B为体积可忽略的带电小球，QA=2108C，QB=2108C，A、B相距3cm在水平外电场作用下，A、B保持静止，悬线都沿竖直方向（已知静电力常量K=9109Nm2/C2），试求： (1) A、B之间的库仑力。(2) 外电场的场强大小和方向。(3) AB中点处O总电场

11、的场强大小和方向。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、B【解析】A把正电荷从a移到b，由于电场力方向与位移方向相同，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，故A错误；B把负电荷从a移到b，由于电场力方向与位移方向相反，所以电场力做负功，电荷的电势能增加，故B正确；C由于没有确定零势能面，所以无法确定电荷在b点具有的电势能，故C错误；D不论正电荷还是负电荷,静电力做正功时电势能一定减小，故D错误。2、C【解析】试题分析：该小球在运动中受到重力G和绳子的拉力F，拉力F和重力G的合力提供了小球在水平面上做匀速圆周运到的向心力

12、；向心力是沿半径方向上的所有力的合力，所以受力分析时，不要把向心力包括在内C正确考点：考查了受力分析，向心力3、D【解析】电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高；故A错误；电子做匀速圆周运动，受到的电场力始终始终圆心，是变力，所以电子在电场中的运动不是匀变速运动故B错误；该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBCUCA，即：C-BC-A，所以：C故C错误电子在等势面C所在处做匀速圆周运动，电场力提供向心力： ；又： ，EK0mv2，联立以上各式，得：E故D正确；故选D.4、A【解析】由三个力的平衡的知识可知两个绳子的拉力的和与重物的

13、重力大小相等，方向相反；再力的合成和分解遵循平行四边形定则，结合分力之间的夹角与合力、分力大小的关系分析即可。【详解】以重物为研究对象，由受力平衡可知，两个绳子的拉力的和大小等于重物的重力，方向与重力的方向相反。再根据平行四边形定则可知，当两个绳子之间的夹角等于0时，绳子的拉力最小。故A正确，BCD错误。故选：A。【点睛】解决本题的关键知道三个力的平衡时两个分力的和与第三个力大小相等，方向相反，以及知道合力和分力的大小遵循平行四边形定则。5、D【解析】根据动能定理研究功的关系，根据动量定理研究冲量的关系【详解】根据动能定理：，则根据动量定理：，知，故D正确，ABC错误【点睛】根据动能的变化由动

14、能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用6、C【解析】导体的电阻是由导体本身决定的，与两端的电压无关以及导体中的电流无关，选项AB错误；从I=UR可知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，选项C正确；从U=IR可知，当电流一定时，导体两端的电压随电阻的增大而增高，选项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、AD【解析】A增大光强，电阻R2的电阻变小，电路中的总电阻变小，总电流变大，根据P=I2R可知，小灯泡的

15、功率增大，选项A正确；B电容器两端电压为灯泡与R2串联后的分压，因为总电流增大，所以内电阻和定值电阻R1的分压均变大，根据闭合电路欧姆定律U=E-I（r+R1）可知，灯泡与R2串联后的分压变小，电容器两端电压变小，由Q=CU可知电容器上的电荷量减小，选项B错误；C电源的输出功率为：，由已知条件无法知道外电路总电阻与电源内阻的大小关系，所以电源的输出功率无法确定，选项C错误；D两表测量的数据表示定值电阻两端的电压和流过定值电阻的电流，根据欧姆定律可知，两表示数变化量的比值|不变，等于定值电阻的阻值，选项D正确8、CD【解析】对比公式可知，火箭做匀加速直线运动，在3s末速度为，CD正确9、CD【解

16、析】A当保持开关S闭合，则两极板间的电压不变；若将A板左移板间距不变，据知场强不变，所以电场力仍与重力平衡，液滴静止不动；故A错误。B当保持开关S闭合，则两极板间的电压不变，若将A板上移，电容器的板间距d增大，据知场强变小，据P=UPB=EdPB知P点的电势降低；故B错误。C当断开开关S，则两极板间的电量Q不变；若将A板上移，电容器的板间距d增大，根据可得板间场强知板间场强E不变，小球所受的电场力不变，液滴保持静止；故C正确。D当断开开关S，则两极板间的电量Q不变；若将A板左移，电容器的极板正对面积S减小，根据可得板间场强知板间场强E变大，据P=UPB=EdPB知P点的电势升高；故D正确。故选

17、CD。10、AC【解析】A由图可知，负电荷受力沿x负方向，电场强度方向沿x轴正方向，因沿电场方向电势降低，故OABC；故A正确。B电子带负电，电势高的地方电势能小，在A点的电势能小于在B点的电势能。故B错误。C根据牛顿第二定律知U=Ex所以O、A之间的距离为d，A点的加速度为a0，则解得：故C正确；D根据可以知道a-x图象的面积间接反映电势差的大小，所以|UAB|UBC|，故D错误。故选AC。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、（1）C；E （2）外接；（3）电路图如图所示（要求：滑动变阻器采用分压接法；电流表采用外接法）（4）其形成原

18、因是： 电压、电流的增大，使小灯泡温度升高，灯丝电阻率（或电阻）增大【解析】试题分析：（1）小灯泡额定电压是3V，电压表应选V1；即C；灯泡额定电流I=0.6A，电流表应选电流表A1即E；（2）因为电压、电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约5，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法误差较小；（3）电路图如图所示（要求：滑动变阻器采用分压接法；电流表采用外接法）（4）其形成原因是： 电压、电流的增大，使小灯泡温度升高，灯丝电阻率（或电阻）增大考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验【名师点睛】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表；（2）

19、测量灯泡的伏安特性曲线，电流、电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接；（3）知道伏安法测电阻的误差是由于电流表的分压或电压表的分流造成的要熟记电学实验基本要求：伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器12、C E 1.48 0.840 【解析】(1)12由于没有电压表，可以用电流表G与定值电阻串联组成电压表测电压，改装后电压表的量程 若电流表G与定值电阻串联组成电压表的量程电源电动势约为1.5V，所以只需改装成2V的电压表，故定值电阻选择C；因电源内阻较小，为了有效调节电路中的电流，滑动变阻器选择总阻值较小的E；(2)34设为电流表的示数，为电流表G的示数，数值远大于的数值，可以认为电路电流，在闭合电路中，电源电动势： 则： 由图示图像可知，图像纵轴截距：则：电源电动势： 图像斜率： 解得：四、计算