重庆市彭水一中2023学年物理高二上期中联考试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，旋转雨伞时，水珠会从伞的边缘沿切线方向飞出，这属于（）A扩散现象B超重现象C离心

2、现象D蒸发现象2、电动机线圈的电阻为R，电动机正常工作时，两端电压为U，通过电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是( )电动机消耗的电能为UIt电动机消耗的电能为I2Rt电动机线圈产生的电热为I2Rt电动机线圈产生的电热为U2t/RABCD3、一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为300，要把它改装成一个量程为15V的电压表，则应在电流表上（ ）A串联一个14700的电阻B并联一个14700的电阻C串联一个15000的电阻D并联一个15000的电阻4、通常，测电流采用安培表。历史上，安培表还未出现之前，欧姆已采用小磁针测量电流，他的具体做法是：在地磁场的作用下，小磁针处于水平静止状态，在

3、其上方平行于小磁针放置一长直导线，当导线中通有电流时，小磁针会发生偏转，俯视图如图所示。已知长直通电导线在空间某点产生磁场的磁感应强度大小B1与I成正比。通过测量小磁针偏转的角度可测出导线中的电流I。下列说法中正确的是A通电后小磁针静止时N极所指的方向就是电流产生磁场的方向B这种方法只能测量导线电流的大小，不能确定导线电流的方向C导线中电流的大小与小磁针转过的角度正切值成正比D导线中电流的大小与小磁针转过的角度的正弦值成正比5、如图所示电路中，电源的内电阻不能忽略.已知定值电阻R1=10，R2=8.当开关S接到位置1时，电压表V的示数为2V；当开关S接到位置2时，电压表V的示数可能为( )A2

4、.2VB1.9VC1.6VD1.3V6、我国神州系列飞船顺利飞天，极大地振奋了民族精神。飞船在轨道上正常运行时，若宇航员出舱且相对飞船静止，则A航员处于平衡状态B宇航员不受任何力的作用C飞船的加速度不为零D飞船飞行的高度将降低二、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、一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论正确（）A此液滴带负电B液滴的加速度等于2gC液滴的重力势能和电势能都减小D合外力对液滴做

5、的总功等于零8、在高能物理研究中，回旋加速器起着重要作用，其工作原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。中央O处的粒子源产生的粒子，在两盒之间被电场加速，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。下列说法正确的是A粒子运动半个圆周之后，电场的方向必须改变B粒子在磁场中运动的周期越来越大C磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能就越大D两盒间电势差越大，粒子离开加速器的动能就越大9、如图，沿波的传播方向上有间距均为 1m 的六个质点 a、b，c、d、e、f，均静止在各自的平衡位置，一列横波以1m

6、/s 的速度水平向右传播，r=0 时到达质点 a，a 开始由平衡位置向上运动，t=1s 时，质点 a 第一次到达最高点， 则在 4st5s 这段时间内（ ）A质点 c 的加速度逐渐增大B质点 a 的速度逐渐增大C质点 d 向下运动D质点 f 保持静止10、如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法说法正确的是AN带负电荷，M带正电荷BM在b点的动能小于它在a点的动能CN在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功DN在d点的电势能等于它在e点的电势能三、实验题：本题共2小题

7、，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）为了精确测量一导体的电阻： (1)用多用电表粗测其电阻，用已经调零且选择开关指向欧姆挡“10”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“ _ ”档位(选填“100”或“1”)，然后进行 _ ，再次测量该导体的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示，则该导体的阻值为 _ (2)现要进一步精确测量其阻值Rx,实验室提供了下列可选用的器材：电源E：电动势约为4.5V,内阻忽略不计；电压表V：量程15V电流表A1：量程50mA、内阻r1=20；电流表A2：量程200 mA、内阻r2约为4；定值电阻

8、R0：阻值为80；滑动变阻器R1：最大阻值为10；单刀单掷开关S、导线若干测量中要求电表读数误差尽可能小，应该选用的电表是_；试将方框中测量电阻Rx的实验电路原理图补充完整_ (原理图中的元件用题干中相应的英文字母标注)12（12分）某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示： （1）实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是（_）A以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算 B单摆所用摆球质量太大C把（n-1）次全振动时间误当成n次全振动时间D开始计时时，秒表过早按下（2）从悬点到小球重心的距离记为摆长l，通过不断改变摆长l的长度，该小组测得多组摆长l和对应的周期的平

9、方T2，然后在图乙所给的坐标系中作出了l-T2图像，则根据图像可求得当地的重力加速度g=_（用图乙中所给字母表示）。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，电源电动势E=20V，电源的内阻r=2，两个定值电阻R1=R2=8，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.010-2m，开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，微粒恰能落到下板的正中央，已知该微粒的质量为m=410-5Kg，g取10m/s2，试

10、求：（1）开关断开时两极板间的电压（2）微粒所带电荷的电性和电荷量q14（16分）如图所示的电路中，电源电动势，内阻，电阻，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：(1)电阻R1和R3的阻值；(2)当S闭合后，电压表的示数；(3)R2上消耗的电功率。15（12分）如图所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外，磁感强度为B。一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为，若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比。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

11、给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】当旋转雨伞时，由向心力可知，所需要的向心力增加，由于提供向心力不足以所需要的向心力，从而远离圆心运动，故C正确，ABD错误。2、D【解析】电动机线圈电阻是非线性电阻，电能一部分转化为机械能，一部分变为内能，电能公式适用于一切电路电能的计算，所以电动机消耗的电能为UIt，正确；而公式只适用于纯电阻电路电能的计算，故错误；焦耳定律适用于一切电阻电热的计算，所以电动机线圈产生的电热为，正确；而公式，只适用于纯电阻电路电热计算，错误，故D正确3、A【解析】根据电路串联分压和并联分流的特点，电流表改装成大量程的电压表需要串联一个大电阻分担多的电压

12、；结合部分电路的欧姆定律可知，代入数据得，故选A【点睛】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻总电阻=量程除以满偏电流，串联电阻为4、C【解析】A、通电后小磁针静止时N极所指的方向是电流产生磁场与地磁场的合磁场的方向，故A错误；B、根据小磁针的偏转可明确磁场方向，再根据右手螺旋定则可以明确电流的方向，故可以测量电流的方向，故B错误；C、根据安培定则和平行四边形定则，可得：因导线外某磁感应强度与电流成正比，故C正确，D错误。5、B【解析】当开关S由位置1接到位置2时，外电阻减小，干路电流增大，即代入数据得：U21.6V故电压表的读数范围为 1.6VU22.0V。

13、故选B。6、C【解析】A.宇航员出舱后相对于飞船静止不动，与飞船一起绕地球做圆周运动，处于非平衡状态。故A错误；B.宇航员出舱后仍受到地球的万有引力。故B错误；C.宇航员出舱后与飞船一起绕地球做圆周运动，加速度不是零。故C正确；D.宇航员出舱后与飞船一起绕地球做圆周运动，飞船飞行的高度不变。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、ABC【解析】根据带电液滴作直线运动可知带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，利用假设法可以判定出带电液滴所带电荷的性质，从而

14、求出电场力的大小与合外力的大小再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况。【详解】A项：若液滴带正电，其受力情况如图所示，液滴不可能沿bd运动，故只能带负电荷，故A正确；B项：对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，故物体所受合力F=2mg，故物体的加速度a=2mgm=2g，故B正确；C项：由于电场力所做的功W电=Eqxbdcos450，故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，液滴向下运动，所以重力势能也减小，故C正确；D项：由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功

15、，故D错误。故应选：ABC。【点睛】带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握。8、AC【解析】试题分析：回旋加速器通过电场加速、磁场偏转来加速粒子，粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期相等，根据D形盒的半径，结合洛伦兹力提供向心力求出最大动能，判断与什么因素有关由于经过半个运动后，速度方向反向，要使粒子继续被加速，则两个D形盒之间的电场方向必须改变，A正确；粒子在磁场中的运动周期为T=2mqB，与速度无关，恒定不变，B错误；根据qvB=mv2r可得v=qBrm，故粒子的动能Ek=12mv2=q2B2r22m，所以磁感应强度越大

16、，粒子离开加速器时的动能就越大，而粒子获得的动能与两盒间的电势差无关，所以C正确D错误9、ACD【解析】由图得知，该波的周期为T=4s，则波长=vT=4m波由a传到c的时间为，也就是第4s末质点c才刚开始振动，所以，在4st5s这段时间内，质点c从平衡位置向上运动，加速度逐渐增大，故A正确；在4秒t5秒这段时间内，质点a从平衡位置向上运动，速度逐渐减小故B错误；波由a传到d的时间为3s，d起振方向向上，则在4秒t5秒这段时间内，d点从波峰向平衡位置运动，即向下运动故C正确；波从a传到f点需要5s时间，所以在4秒t5秒这段时间内，f还没有振动故D正确10、BD【解析】A、由粒子运动轨迹可知，M受

17、到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A错误；B、M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确；C、N从c到d，库仑斥力做正功，故C错误；D、d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故D正确。点睛：本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。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 欧姆调零 40.0 A1 、 A2 图见解

18、析 【解析】（1）1多用电表指针的偏转角度太大，指示值太小，要使指针指在中央附近，指示值变大，根据欧姆挡读数=指示值倍率可知，应换用倍率小的挡位，用1挡23换挡后，要重新进行欧姆调零此段电阻丝的电阻为40.0（2）4电源的电动势为4.5V，则电压表的量程（15V）过大，则可用已知内阻的电流表A1与定值电阻R0串联作为电压表；则所选的电表是A1A2；5电路如图；12、AC 【解析】（1）1根据得：A、以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算，则L偏大，测得的g偏大，选项A正确； B、单摆所用摆球质量大小与重力加速度无关故B错误C、把（n-1）次全振动时间误当成n次全振动时间，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故C正确D、开始计时时，秒表过早按下，则测得的T偏大，则g测量值偏小，故D错误（2）2根据得：，则 解得四、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）16V（2）【解析】（1）电容器两极板间的电压等于两端电压，开关S断开时，电路中的总电流，则电容器的极板电压（2）粒子进入匀强电场中受到重力和电场力作用，做类平抛运动，则有水平方向