2023学年广西钦州市高二物理第一学期期中调研模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1 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，光滑绝缘的水平面上有三个带电小球（均可视为点电荷）、，三球沿一条直线摆放，仅在它们之

2、间的静电力的作用下处于静止状态，、之间的距离小于、之间的距离.则以下看法正确的是A对的静电力一定是引力B对的静电力一定是引力C三个小球所带电荷量的大小关系是D若保持它们的位置不变而将它们的电荷量都加倍，则它们将不能平衡2、关于圆周运动的向心力、向心加速度，下列说法正确的是（ ）A向心力的方向是不变的B向心力的方向是变化的C向心加速度方向与线速度方向相同D向心力与向心加速度方向一定不同3、两个完全相同与外界绝缘的金属球a和b，电荷量分别为 +3q和 +5q，如两球接触后再分开，下列分析正确的是：Aa和b电荷量各保持不变；Ba和b电荷量分别为 +5q和 +3q；Ca和b电荷量都为0；Da和b电荷量

3、都为+4q4、半导体材料的导电性能受外界条件的影响很大，有的半导体在温度升高时其电阻减小得非常迅速，利用这种半导体材料可以制成体积很小的热敏电阻。如图所示是火警报警系统的部分电路，其中为热敏电阻，电流表A为值班室的显示器，a、b之间接报警器。当热敏电阻RT所在处出现火情时，电流表A的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是 ( )AI变大，U变大BI变大，U变小CI变小，U变大DI变小，U变小5、传感器是一种采集信息的重要器件.如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器.可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变

4、了电容器的电容.现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流表和电源串联成闭合电路，已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏转.当待测压力增大时，下列说法中不正确的是（ ）A电容器的电容将增加B电容器的电荷量将增加C灵敏电流表指针向左偏转D灵敏电流表指针向右偏转6、如图所示为皮带传动示意图，假设皮带不打滑，Rr，则下列说法中正确的是()A大轮边缘的线速度大于小轮边缘的线速度B大轮边缘的线速度小于小轮边缘的线速度C大轮的角速度较大D小轮的角速度较大二、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

5、得0分。7、在水平方向的电场线AB上(如图所示，电场线方向未标明)，将一受到水平向右恒定拉力的带电粒子(不计重力)在A点由静止释放，带电粒子沿AB方向开始运动，经过B点时的速度恰好为零，则下列结论正确的是 ()A粒子的运动不可能是匀速运动，也不可能是匀加速运动B可能A点的电势高于B点的电势，也可能A点的电势低于B点的电势CA处的场强可能大于B处的场强D粒子在A、B两点间移动时，恒力做功的数值大于粒子在A、B两点间的电势能之差的绝对值8、在“研究平行板电容器电容大小的因素”实验中，电容器的 A、B 两极板带有等量异种电荷，B 板与静电计连接，A 板与金属外壳连接，如图所示下列措施能使静电计指针张

6、角变小（ ）A将 A 极板向右移动B将 A 极板向上移动C在 A、B 极板间插入介质D用一根导线连接 A、B 两极板9、如图所示为一正点电荷M和一金属板N形成的电场线，a、b、c为电场中的三点，则下列说法正确的是（ ）Aa、c两点的电场强度大小关系为EaEcBa、b两点的电势关系为abC一负点电荷在a点处的电势能大于它在b点处的电势能D若将某正点电荷由a点移到c点，电场力做正功10、如图所示，两极板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，电容器两板间有一质量为m、带电荷量为q的微粒静止不动，下列叙述中正确的是A微粒带的是正电B两极板的电压等于C断开开关S，微粒将向下做加速运动D保持开关

7、S闭合，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动三、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）在测定金属的电阻率的实验中，用该金属制成的长约(0.8m，直径小于1mm的电阻丝，电阻约5左右实验步骤如下：(1)用米尺测量接入电路部分的金属导线的长度，测三次，求出平均值L用叠绕法测出金属导线的直径d.(2)用伏安法测量金属导线的电阻R试把图中所给出的器材连成测量R的合适线路，图中安培表的量程为0.6A，内阻接近1，伏特表量程为3V，内阻为几k，电源的电动势为6V，变阻器的阻值为020要求在闭合电键前，变阻器的滑动触点应处于正确位置_(3)用

8、上面测得的L、d和R，根据电阻率的表达式=_，算出所测金属的电阻率12（12分）某同学设计了一个测量液体电阻率的实验，他在一根均匀的长玻璃管两端装上两个橡胶塞和铂电极，如图所示，两电极相距L=0.314m，其间充满待测的河水，安装前他用游标卡尺测量玻璃管的内径，测量结果为D=6.70mm。所用仪器：量程15V、内阻300K的电压表 量程300A、内阻50的电流表最大阻值1K的滑动变阻器， 电动势E=12V、内阻r=6的电池组开关等各一个，以及导线若干图坐标中包括坐标为(0，0)的点在内的9个点表示他测得的9组电流I、电压U的值，已在坐标中标出。根据以上材料完成以下问题：在坐标系中作出U-I图线

9、_开关闭合前滑动变阻器的滑片应先滑至_端（填C端或D端）。图中的仪器实物部分已连线，将其它部分连接成能测出图数据的实物连接图_.液体的电阻R=_求出液体的电阻率=_（用题中给出的字母表示，无需计算出结果）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）如图所示的电路中，R1=3，R2=6，R3=1.5，C=20F，当开关S1闭合，S2断开电路稳定时，电源消耗的总功率为P1=2w，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：（1）电源电动势E和内电阻r；（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率（3）当S1

10、闭合，S2断开时，电路稳定后电容器所带的电荷量为多少？14（16分）如图甲所示，真空中水平放置的相距为d的平行金属板板长为L，两板上加有恒定电压后，板间可视为匀强电场在t=0时，将图乙中所示的交变电压加在两板上，这时恰有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从两板正中间以速度v0水平飞入电场若此粒子离开电场时恰能以平行于两板的速度飞出（粒子重力不计）求：（1）两板上所加交变电压的频率应满足的条件（2）该交变电压U0的取值范围15（12分）如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成300角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为2.5

11、T，质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，且与轨道垂直，金属杆ab接入电路的电阻值为r，现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm，改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示，已知轨道间距为，重力加速度g取，轨道足够长且电阻不计。（1）当时，求杆ab匀速下滑时产生感应电动势E的大小，并判断杆中的电流方向；（2）求解金属杆的质量m和阻值r；（3）当时，从静止释放ab杆，在ab杆加速运动的过程中，回路瞬时电动率每增加1W时，合外力对杆做功多少？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根据电场力方向来确定各自电

12、性，从而得出“两同夹一异”，所以a、c一定为同种电荷即两荷间一定为排斥力，故A错误；B根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，所以a、c和b的电性相反，即对的静电力一定是引力，故B正确；C同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，“近小远大”，所以，故C错误；D由平衡可得，对a有当它们的电荷量都加倍时，小球仍然平衡，同理对b、c也成立，故D错误。2、B【解析】试题分析：物体做圆周运动时，都需要向心力，而向心力的方向始终指向圆心，方向是变化的，故A错误，B正确；向心加速度方向指向圆心，线速度方向沿轨迹的切线方向，则两者相

13、互垂直，故CD错误考点：向心力、向心加速度3、D【解析】根据同种电荷接触后分开，电量则是平分；若是异种电荷，接触后分开，电量则是中和后，再平分，由于电荷量分别为+3q和+5q，两球接触后再分开，因此a、b的电荷量都为+4q，故D正确，ABC错误；故选D【点睛】该题考查电量接触后分开的电量如何分配，紧扣同种电荷还是异种电荷出发该题是基础题目，很简单4、D【解析】试题分析：当出现火情时，热敏电阻阻值减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大；由U=Ir可知内电压增大，则路端电压减小，故电压表示数减小；则总电流增大，则两端的电压增大，则并联部分电压减小，故中的电流减小，故D正确；故选

14、D【点睛】由半导体的性质可知电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流及路端电压的变化； 再对并联部分进行分析可得出电流表的变化5、C【解析】当压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式，可知，电容增大，故A说法正确；电容两端电势差不变，根据Q=CU可知，电容器的电荷量将增加，故B说法正确；由于电容器上极板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏故D说法正确，C说法错误所以选C.6、D【解析】AB由于皮带没有打滑，则两轮子在相同的时间内通过的弧长相等，可知线速度大小相等。故A、B均错误；CD根据公式v=r，大轮半径大，角速度小，故C错误，D正确。二、多项选

15、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、AB【解析】由题中叙述可知，带电粒子由A点运动到B点，速度先增大后减小，故粒子的运动不可能为匀速运动，也不可能为匀加速运动，故A正确；但因粒子的电性未知，故电场方向也无法确定，故B正确；电场力的方向由B指向A，开始向右加速，FEAq，后来粒子减速，FEBq，故C错误；由动能定理得，拉力做正功，电场力一定做负功，电势能增大，且恒力的功等于电势能的增加量，故D错误8、AC【解析】A将A极板向右移动，则减小A、B板间的距离，根据电容的决定式知电容C

16、增大，电容器的电量Q不变，则由定义式知，板间电压U减小，静电计指针张角变小，故A正确；B把A板向上平移，减小A、B板的正对面积，根据电容的决定式分析得知，电容C减小，电容器的电量Q不变，则由得知，板间电压U增大，静电计指针张角变大，故B错误；C在A、B板间放入一介质板，根据电容的决定式知，电容C增大，电容器的电量Q不变，则板间电压U减小，静电计指针张角变小，故C正确；D用一根导线连接A、B两极板，电容器电量为零，则静电计指针没有读数，故D错误9、AD【解析】试题分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加解：A、电场线密的地方

17、电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，则a、c两点的电场强度大小关系为EaEc，所以A正确B、沿电场方向电势降低，所以a点电势比b点的电势高，所以B错误C、由图可知，负点电荷子从a到b过程中，电场力做负功，电势能增加，即在a点处的电势能小于它在b点处的电势能，所以C错误D、由图可判断，正点电荷由电势高的a点移到电势低的c点，电场力做正功，粒子的电势能逐渐减小，所以D正确故选AD点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，注意沿着电场线，电势降低，并掌握电场力做功与电势能的变化，同时理解电势能的高低还与电荷的电性有关10、BD【解析】A由题，带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平

18、衡，则微粒受到向上的电场力，而平行板电容器板间的场强方向竖直向下，则微粒带负电，故A错误；B由平衡条件得：得电源的电动势为：，故B正确；C断开开关S，电容器所带电量不变，根据公式、 和 可得，得场强E不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动，故C错误；D保持开关S闭合，极板间的电压U不变，当把电容器两极板距离增大，根据，则电场强度减小，那么电场力减小，因此微粒将向下做加速运动，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、 【解析】（2）待测金属丝电阻远小于电压表内阻，电流表应外接变阻器的阻值略大于待测电阻，接限流式接法，电路如图（

19、3）根据公式可得,解得【点睛】本题出示了公式，能帮助学生更好的理解影响电阻大小的因素本题也可以说是一道创新题，能考查学生的实验创新能力，是一道好题12、图像如图 C端 实物连线； （1.00.1）105 【解析】在坐标图中画出U-I图线如图所示；为保护电流表，开关闭合前，滑片应滑到C端；实物连线如图；由U-I图象可求出液体的电阻： 根据及， 可解得，点睛：对实验问题，关键是明确实验原理，然后根据相应规律求解即可，要熟记伏安法测量电阻时电流表内接法与外接法选择的依据，以及滑动变阻器应采用分压式的几种情况：测量电路要求电流从零调，滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻阻值等四、计算题：本题共2小题，共2

20、6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）4V 0.5 （2）3.5W （3）610-5C【解析】当开关S1闭合、S2断开电路稳定时，R2和R3串联，当开关S1、S2都闭合电路稳定时，R1和R2并联，再与R3串联，结合闭合电路欧姆定律以及功率的公式求出电源的电动势和内电阻；当S1、S2闭合时，根据P=I2R求出输出功率；当开关S1闭合、S2断开电路稳定时，电容器与并联在R2两端，电容器板间电压等于R2两端的电压，由Q=CU求出电容器所带的电量【详解】（1）当开关S1闭合、S2断开电路稳定时，电源消耗的总功率为：P1=IE=E2R2+R3+r代入

21、数据有：2=E26+1.5+r当S1、S2都闭合时，有：R12=R1R2R1+R2=363+6=2电源消耗的总功率为：P2=IE=E2R12+R3+r代入数据有：4=E22+1.5+r联立解得：E=4V r=0.5（2）当S1、S2都闭合时，外部总电阻R=R12+R3=3.5，干路上总电流：I1=ER+r=43.5+0.5A=1A电源的输出功率：P=I12R=123.5W=3.5W（3）当开关S1闭合、S2断开时，电路稳定后，外部总电阻R=R2+R3=6+1.5=7.5干路上总电流：I2=ER+r=47.5+0.5A=0.5A电容器两端电压：UC=UR2=I2R2=0.56V=3V电容器所带的电荷量为：Q=CUC=2010-63C=610-5C【点睛】解决本题的关键理清电路的串并联，结合闭合电路欧姆定律进行求解，关键确定电容器两极板间的电压，要明确电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压14、（1）nv0L（其中n=1，2，3，）；（2）U02nmd2v02qL2 （其中n=1，2，3，）【解析】（1）粒子水平方向做匀速直线运动，水平分速度为v0；竖直方向沿着同一方向做加速度周期性变化的运动，速度时间图象如图所示：要使粒子在离开电场时恰能以平行A、B两板的速度飞出，竖直分速度为零，即恰好在整数倍周期时刻飞出，即：Lv0=nT