北京市师大附中2023学年物理高二第一学期期中统考试题含解析

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、平行板电容器一个极板和静电计相接，当该极板带上一定量电荷后，静电计张开一定角度，如图所示如果平行板电容器发生变

2、化，下面关于静电计张角变化的说法正确的是（）A两极板间距离增大,增大B两极板正对面积减小,减小C在电容器内加入电介质,增大D上述说法都不对2、如图，在E=2.0103N/C的匀强电场中有A、M和B三点，其中BM与电场线垂直，AM与电场线成30角，AM=4cm，BM=2cm，把一电量的正电荷从A移动到M点，再从M移动到B点，整个过程中电场力做功为AJB8.010-8 JC1.610-7 JD2.410-7 J3、如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1cm的圆与两坐标轴的交点，已知A，B，C三点的电势分别为A=12V、B=2V、C=-2V.由此可得D点的电势为()A4V

3、B8VC6VD9V4、在光滑的水平面上有一平行于水平面的静电场，O、A是一条电场线上的两个点，在O点由静止释放一电量为，质量为kg的带正电小球，其运动的图象如图所示。其中P点是图线切线斜率最大的位置，当时，小球位于A点。则下列说法正确的是A该电场可能是匀强电场B由O到A的过程中电场力做正功C整个运动过程中，小球经过A点时加速度最大，且A点场强为DOA两点间电势差5、如图所示，电路中C22C1，R2 2R1，下列说法正确的是A开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电量B开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电量C开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量D开关处于接通状态，电容C1的

4、电量大于C2的电量6、智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置。充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.600.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）。如图为某一款移动充电宝，其参数见下表，下列说法正确的是（） 容量10000mAh兼容性兼容大部分智能手机和平板电脑边充边放否保护电路是输入DC5V2AMAX输出USBl：DC5VlAUSB2：DC5V2.1A尺寸1406322mm转换率0.6显示方式液晶显示重量约285gA充电宝充电时将电能转化为内能B该充电宝最多能储存能量为3.6106JC该充电宝电量从零到完全充满电的时

5、间约为2hD该充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，则理论上能充满2次二、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，电阻R和电动机M串联接到电路中，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作。设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2。则有（）A，Q1=Q2BU1=U2，Q1=Q2C，D，8、如下图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面

6、，相邻等势面之间的电势差相等，即UabUbc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）A三个等势面中，a的电势最高B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大9、某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为020 ，连接电路的实物图如图所示关于该学生接线的说法正确的是（ ）A滑动变阻器不起变阻作用B电流表接线有误C电压表量程选用不当D电压表接线不妥10、在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀

7、强磁场区域，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域II的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚从GH进入磁场I区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动重力加速度为g，下列说法中正确的是（）At2时刻，导线框具有的速度B线框两次匀速直线运动的速度v1v2=41C从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量D从t1到t2的过程中，有机械能转化为电能三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的

8、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，实验室提供了小灯泡（15 V，25 A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：（1）图甲为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合后，把滑动片P从A向B端移动过程中会观察到电压表读数变_（填“大”或“小”）。（1）某同学由测出的数据画出IU图象，如图乙所示，当小灯泡两端电压为12 V时，小灯泡的电阻值R_ ，此时小灯泡的实际功率P_W。（结果保留两位有效数字）12（12分）在“决定导线电阻的因素”的实验中测定金属的电阻率,若待测金属丝的电阻约为5 ,要求测量结果尽量准确,提供以下器材:电池组(3 V,内阻为

9、1 )电流表(00.6 A,内阻为0.125 )电压表(03 V,内阻为4 k)滑动变阻器(020 ,允许通过的最大电流为1 A)开关、导线若干（1）测电阻时,电流表、电压表、待测金属丝Rx在组成测量电路时,应采用电流表_(选填“外”或“内”)接法,待测金属丝电阻的测量值比真实值偏_(选填“大”或“小”)。 （2）若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图所示,则读数为_mm。 （3）若用L表示金属丝的长度,d表示直径,测得电阻为R,请写出计算金属丝电阻率的表达式为=_。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）

10、一带电液滴的电荷量为q，质量为m。在匀强电场中，从静止开始由B点沿直线运动到D点，BDL，且BD与竖直方向的夹角为45（g10m/s2）。则：（1）此液滴带电的正负？（2）液滴运动的加速度？（3）液滴电势能的变化量？14（16分）一平行板电容器长l10 cm，宽a8 cm，板间距d8 cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为31010 C/kg，速度均为3106 m/s，距板右端l/2处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间

11、内电场可视为匀强电场，不计离子重力试求：(1)离子打在屏上的区域面积；(2)在一个周期内，离子打到屏上的时间15（12分）如图1所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下、磁感应强度为B0的匀强磁场中，导线框两平行导轨间距为l，左端接一电动势为E0、内阻不计的电源一质量为m、电阻为r的导体棒MN垂直导线框放置并接触良好闭合开关S，导体棒从静止开始运动忽略摩擦阻力和导线框的电阻，平行轨道足够长请分析说明导体棒MN的运动情况，在图2中画出速度v随时间t变化的示意图；并推导证明导体棒达到的最大速度为 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

12、题目要求的。1、A【解析】A两极板间距离增大，由电容的决定式判断可知，电容减小，电容器带电量不变，由知，极板间电势差增大，增大故A正确；B两极板正对面积减小，由电容的决定式判断可知，电容减小，电容器带电量不变，由知，极板间电势差增大，增大故B错误；C在电容器内加入电介质，由电容的决定式判断可知，电容增大，电容器带电量不变，由知，极板间电势差减小，减小故C错误；D综上分析可知，D错误2、A【解析】由题意知，把正电荷从A移动到M点，再从M移动到B点，全程做功为：故选A.3、B【解析】试题分析：在匀强电场中，沿着同一方向（非等势面上），根据公式U=Ed可知，每前进相同的距离，电势的降低相等；根据几何

13、知识可知AB=DC且ABDC，说明AB间的电势差等于DC间的电势差，故A-B=D-C，代入数据，有12-2=D-(-2)，解得D=8V，即D点的电势为8V考点：考查了匀强电场电场强度与电势差的关系【名师点睛】解决本题要理解公式U=Ed，知道匀强电场中，沿着同一方向（非等势面上），电势均匀降低，即可解决这类问题4、B【解析】A如果该电场是匀强电场，小球将做匀加速直线运动，v-t图像为直线，故A错误.B小球由O运动到A的过程中只有电场力做功，因为小球动能增加，故电势能减少，电场力做正功，而小球带正电，所以电场线方向由O到A. 故B正确.C由题可知小球在A点斜率最大，即在A点加速度最大，故A点场强最

14、大，由v-t图像可知小球在A点的加速度为：根据牛顿第二定律有：故C错误.DO到A运动过程中，根据动能定理可知：代入数据解得：，故D错误5、A【解析】试题分析: 当开关S断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的电动势,由Q=UC得。C2的电量大于C1的电量，故A正确，B错误；当S闭合时，R1、R2串联，C1与电阻R1并联，C2与电阻R2并联，R1=2R2，所以U1=2U2，由Q=UC可知：两个电容器带电荷量相等考点：电容，6、D【解析】充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能；故A错误；该充电宝的容量为：q=10000mAh=100001033600=3.6104C，该电池的电动势为5V，

15、所以充电宝储存的能量：E=E电动势q=53.6104=1.8105J；故B错误；以2A的电流为用电器供电则供电时间 ；故C错误；由于充电宝的转化率是0.6，所以可以释放的电量为：10000mAh0.6=6000mAh，给容量为3000mAh的手机充电的次数：n= =2次；故D正确；故选D。【点睛】本题考查读取电池铭牌信息的能力。解答的关键是要知道电池的容量是指电池所能释放的总电量。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】设开关接通后，电路中电流为I。对于电阻R

16、，由欧姆定律得U1=IR对于电动机U2IR则有U1U2电功W1=U1IW2=U2I则有W1W2根据焦耳定律得Q1=I2RtQ2=I2Rt则有Q1=Q2故AC正确，BD错误故选AC。8、ABD【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故A正确；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，可知，质点在P点时的电场力比通过Q点时大

17、，那么P点时的加速度比通过Q点时大，故D正确9、ABD【解析】由电路图可知，滑动变阻器同时接下面两个接线柱，滑动变阻器被接成了定值电阻，不起变阻作用，故A说法正确；电流表的只接了一个接线柱，故B说法正确；干电池的电压大约1.5V左右，电压表的量程3V选用恰当，故C说法错误；电压表直接接在电源连接上，且正负极接反了，开关不能控制电压表与电源断开，电压表接线错误，故D说法正确故选ABD10、BD【解析】由题意可知考查电磁感应中的能量问题、平衡问题，根据功能关系、受力平衡分析可得【详解】A.t2时刻，导线框做匀速运动，则有：由平衡条件有：解得，故A错误； B.t1时刻，导线框做匀速运动，根据平衡条件

18、有：解得，线框两次匀速直线运动的速度v1v2=41，故B正确C.从t1到t2过程中，导线框克服安培力做功的大小等于回路中产生的焦耳热，此过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线圈克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和故C错误D.从t1到t2的过程中，设导线框克服安培力做的功为W，由动能定理可得解得：所以有机械能转化为电能，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、（1）大，（1）33，292【解析】试题分析：（1）由图示电路图可知，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到A端；实验中滑动片P从从

19、A向B端移动过程中会观察到电压表读数变大（1）由图象可知，当U=12V时，对应的电流为：I=235A，则小灯泡的电阻值为：R=2.00.454.4，灯泡的实际功率为：P=UI=12235=292W；考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线【名师点睛】本题应明确：若要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法；涉及到图象问题，可以表示出纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念讨论即可。12、外 小 0.900 【解析】(1)12因为故应该采用电流表外接法，而电流表外接法中由于电压表分流作用，测量值偏小(2)3由图可得螺旋测微器的读数为：0.5mm+400.01

20、mm=0.900mm(3)4由电阻定律得：由于：联立可得：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）此液滴带电的负电；（2），方向沿着BD方向；（3）【解析】（1）由B到D，液滴作直线运动，所受合力沿BD所在直线，液滴受重力和电场力作用，由于是直线运动，则合力与速度在同一直线上，则可知，电场力水平向右，与电场方向相反，所以小球带负电；（2）由图可知，由图可知，电场力，则液滴所受合力根据牛顿第二定律：解得液滴的加速度：，其方向沿着BD方向；（3）由图可知，电场力由B到D，沿电场方向的距离：那么电场力做功；因此液滴电势能的变化量，即