2023学年广东省湛江市达标名校高二物理第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、目要求的。1、电阻R1 与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为13，则当R1 与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1U2为()A13B31C14D412、如图所示，关于对带电粒子在匀强磁场中运动的方向描述正确的是ABCD3、在地面附近存在一个有界电场，边界将空间分成上、下两个区域I、II,在区域 II中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度处由静止释放一个质量为的 带电小球A 如图甲所示，小球运动的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（）A小球受到的重力与电场力大小之比为4 : 5Bt=5s时，小球经过边界MNC在小球向下运动的整个过程中，重力做的功 大于克服电场力做

3、的功D在14 s过程中小球机械能先减小后增大4、水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止平衡状态，现将电容器两板间的距离增大，则（ ）A电容变大，质点向上运动B电容变大，质点向下运动C电容变小，质点保持静止D电容变小，质点向下运动5、如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时()A线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是abcdD线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转

4、动时dc边受到的安培力6、如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则()AR1接在电源上时，电源的效率高BR2接在电源上时，电源的效率高CR2接在电源上时，电源的输出功率大D电源的输出功率一样大二、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、小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车的质量为M、长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A

5、端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥黏在一起，以下说法中正确的是()A如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B整个系统任何时刻动量都守恒C当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为vDAB车向左运动最大位移大于8、用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、置于车上，倾角均为。当卡车沿平直公路匀速行驶时，两斜面与卡车始终保持相对静止，圆筒对斜面I、压力的大小分别为F1、F2，则（）A斜面I与车厢平面之间一定存在摩擦力B斜面与车厢平

6、面之间一定存在摩擦力C斜面I倾角减小，压力F2增大D斜面I倾角减小，压力F1先减小后增大9、如图所示，三根相互平行的固定长直导线、和两两等距，均通有电流I，中电流力向与中的相同，与中的相反。下列说法正确的是A所受磁场作用力的力向与所在平面平行B所受磁场作用力的方向与所在平面平行C、和单位长度所受的磁场作用力大小之比为l：1：D、和单位长度所受的磁场作用力大小之比为：110、等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中点沿直线移到点，再从点沿直线移到点，取无限远处为电势零点，则（）。A点电势为零，场强也为零B从点到点，检验电荷受电场力先增大后减小C从点经点到点，检验电

7、荷所受电场力的方向始终不变D从点经点到点，电荷的电势能先不变后减小三、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）要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A、电源E（电动势3.0V，内阻可不计）B、电压表V1（量程为03.0V，内阻约2k）C、电压表V2（015.0V，内阻约6k）D、电流表A1（00.6A，内阻约1）E、电流表A2（0100mA，内阻约2）F、滑动变阻器R1（最大值10）G、滑动变阻器R2（最大值2k）（1）为减少实验误差，实验中电流表应选择_，滑动变阻器应

8、选择_（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在图甲的虚线框中_（3）实验中测得一组数据作出了该电珠的U-I图线如图所示根据该图线可知小电珠的额定功率是_W（4）由图象可知，小电珠电阻的变化特点是_12（12分）测定电源的电动势和内电阻的实验电路和UI图象如图所示（1）现备有以下器材：A干电池1 个B滑动变阻器（050）C电压表（03V）D电压表（015V）D电流表（00.6A）E.电流表（03A）其中电压表和电流表应选_（填字母代号）（2）如图乙是根据实验数据画出的UI图象.由此可知这个干电池的电动势E=_V，内电阻r=_（保留两位有效数字）四、计算题：本题共2小题，

9、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，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两极板间距离d=0.4cm, 有一束相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。已知微粒质量m=1.010-6kg，电量q=+1.010-8C，电容器电容C=1.010-6F，若第一个粒子刚好落到下板中点O处，取g=10m/s1试求： （1）则带电粒子入射初速度的大小；（1）最终落到下极板上的微粒个数。14（16分

10、）两块水平放置的平行金属板A和B（A在上，B在下），两板间的电压U=200V，要使一个质量为5g，带电量为5106C的微粒恰能在两板间的某点静止，g取10m/s2，（1）试确定A极板的带电性质；（2）求两极板间的距离15（12分）如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度大小E

11、；(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总参考答案一、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】并联电路中电阻之比等于电流的反比，故R1:R2=3:1；串联电路中电压之比等于电压之比；故U1:U2=3:1；故选B.【点睛】本题考查串并联电路的基本规律，要注意明确并联电路中电压相等，串联电路中电流相等，再根据欧姆定律分析对应的规律，牢记并能准确应用2、B【解析】根据“对带电粒子在匀强磁场中运动的方向描述”可知，本题考查左手定则的应用，根据左手定则磁场指向和四指指向，即可判断洛伦兹力方向【详解】A. 根据左手定则可知A图中洛

12、伦兹力向下，故A错误；B. 根据左手定则可知B图中洛伦兹力向上，故B正确；C. 根据左手定则可知C图中洛伦兹力向上，故C错误；D. 根据左手定则可知D图中洛伦兹力向下，故D错误故选B3、D【解析】B小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s或者4s时，故B错误。A由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：进入电场后的加速度大小为：由牛顿第二定律得：mg=ma1F-mg=ma2得电场力：由得重力mg与电场力F之比为3：1故A错误。C整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与克服电场力做的功大小相

13、等，故C错误。D整个过程中，由图可得，小球在0-2.1s内向下运动，在2.1s-1s内向上运动，在1s4s过程中，电场力先做负功，后做正功。电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以小球的机械能先减小后增大。故D正确。4、D【解析】根据平行板电容器的决定式可得，两板间距增大，电容减小；由于电容器与电池相连，电容器两板间电压不变，两板间距增大，电容器板间电场强度减小，质点所受电场力减小，质点向下运动故D项正确，ABC三项错误5、A【解析】AB根据E=BS可知，无论线圈绕轴P1和P2转动，则产生的感应电动势均相等，故感应电流相等，故A正确，B错误；C由楞次定律可知

14、，线线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是adcba，故C错误；D由于线圈P1转动时线圈中的感应电流等于绕P2转动时线圈中得电流，故根据F=BLI可知，线圈绕P1转动时dc边受到的安培力等于绕P2转动时dc边受到的安培力，故D错误。故选A。6、A【解析】AB电源的效率，由于UBUC，故R1接在电源上时，电源的效率高，A项正确B项错误；CD将电阻接在电源上，电阻的UI图象与电源两端电压与电流关系图象的交点，表示将这个电阻接到此电源上的输出电压和电流，从图象中只可看出电流的数值，但看不出两种情况下路端电压的关系，故无法确定两种情况下电源的输出功率的大小关系，C、D项均错误【点睛】本题易混淆电源

15、效率和电源输出功率的概念而出现错误二、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、BC【解析】AB与C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程中动量守恒，但粘接过程有机械能损失。根据动量守恒有：则有：同时该系统属于人船模型，则有：所以车向左的位移应为：；故AD错误，BC正确；故选BC。8、AD【解析】A由于匀质圆筒状工件对斜面I有斜向左下方的压力，斜面I有向左运动的趋势，则由平衡可知，斜面I与车厢平面之间一定存在摩擦力，故A正确；B匀质圆筒状工件对斜面II有斜向右下方的压力，水平方

16、向受到车向左的作用力，当水平方向作用力平衡时，则斜面II与车厢平面之间没有摩擦力，故B错误；CD将匀质圆筒状工件重力分析如图，由图可知，斜面I倾角减小，压力F2一直减小，压力F1先减小后增大，故C错误，D正确。故选AD。9、AC【解析】本题涉及的内容磁场力的相互作用及力的合成，因为长直导线、和两两等距，均通有电流I，中电流力向与中的相同，与中的相反，所以任意两根导线之间相互作用力磁场力大小相等。与电流方向相同，故二者之间磁场力相互排斥；与、与的电流方向相反，故与、与之间磁场力相互吸引。【详解】根据电流磁场的右手定则和磁场力的左手定则判断，三根通电导线，每个导线所受另外两个导线的力的合力如下图所

17、示AB导线与导线电流方向相同，所以产生相互吸引的磁场力，两个力大小相等，导线与导线电流方向相反，所以产生相互排斥的磁场力，两个力大小相等，因此是导线受合力，是导线受合力，是导线受合力，由受力几何图知，所受磁场作用力的力向与所在平面平行，所受磁场作用力的方向与所在平面不平行，故A正确，B错误； CD 与之间相互排斥力大小若为F，则与之间相互排斥力大小也为F， 与之间相互吸引力大小也为F。 受2个大小相等均为F夹角为1200，可得合力的大小为F，受2个大小均为F二力夹角为1200，可得合力的大小为F；受2个大小均为F 夹角为600，受合力的大小为，所以、和单位长度所受的磁场作用力大小之比为l：1：

18、，故C正确，D错误；故选AC。【点睛】磁场力之间的相互作用，及力的合成。10、CD【解析】A等量异种点电荷连线的中垂线是一条零等势线，则b点电势为零，但是场强不为零，选项A错误；B根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，在ab线上，b处电场线最密，b处场强最大，所以从a点到b点，电场强度逐渐增大，检验电荷受电场力逐渐增大，故B错误；C从a点到c点，检验电荷所受电场力的方向始终沿bc方向，故C正确。D从a点到c点，电场力先不做功，后作正功，所以检验电荷的电势能先不变后减小。故D正确。故选CD。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、D F 0.

19、94-0.98 灯泡电阻随电压的增大而增大 【解析】由题中“要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线”可知，本题考查小灯泡伏安特性曲线测绘，根据伏安法和分压法要求，结合实验规律可分析本题【详解】（1）1根据小电珠的电流变化，电流表选择D；2本实验是测绘小电珠伏安特性曲线，需要电压的变化范围比较大，故采用分压式，因此选择滑动变阻器R1；（2）3 本实验是测绘小电珠伏安特性曲线，需要电压的变化范围比较大，故采用分压式，故连接方式为（3）4小电珠额定电压是2V，从表中可知，电流在0.47A到0.49A左右，故其额定电功率根据公式可得为0.94W-0.98W（4）5 U-I图线中斜率表示电阻，

20、由图可知，小电珠电压增大斜率变大，因此可得灯泡电阻随电压的增大而增大。12、CE； 1.5， 0.75 【解析】（1）干电池电动势约1.5V，电压表D量程太大，应选择C；放电电流电流不能太大，应选择E；（2）在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为E=1.5V；图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为：r= =0.75【点睛】（1）电压表、电流表在指针偏转角度超过一半时误差较小，据此选择电压表和电流表；（2）在U-I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小四、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）1.5m/s （1）600个【解析】试题分析：根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可求解；根据牛顿第二定律，结合电场力表达式和运动学公式，即可求解。（1）设粒子打在下极板中点的初速度分别为v0，粒子在电场中做平抛运动偏转位