2023学年广东省新兴第一中学高二物理第一学期期中综合测试试题含解析

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、如右图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E1.5 V，G为电流表，满偏电流为200 A。当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50 A，那么Rx的值是()A7.5 kB22.5 kC15 kD30 k2、

2、如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定的质点A，在Q的正上方的P点用丝线悬挂另一质点B， A、B两质点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成角，由于缓慢漏电使A、B两质点的带电量逐渐减小在电荷漏完之前悬线对悬点P的拉力大小（ ）A保持不变B先变大后变小C逐渐减小D逐渐增大3、半径相同（大小为r）的金属球A、B带有相等电荷量q，相距一定距离d（d远大于r）时，A、B两球间存在库仑斥力且为F，今让第三个与A、B相同的不带电的金属球C先后与A、B接触，然后再移开，此时A、B间的相互作用力大小是()A B C D4、在真空中，将羽毛和苹果同时从同一高度由静止释放，并拍下频闪照片，下列频闪照片符合事实

3、的是ABCD5、两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示.闭合开关S，电容器充电完成后（ ）A保持S闭合，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B保持S闭合，在两极板间插入一块绝缘介质，则极板上的电荷量减小C断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的场强增大D断开S，在两极板间插入一块绝缘介质，则两极板间的电势差减小6、一个阻值为2的电阻，通过它的电流强度为2A，则下列说法正确的是（）A1s内通过该电阻的电荷量为1CB该电阻1s内的发热量为4JC该电阻1s内的发热量为8JD该电阻发热功率是4W二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20

4、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、关于电势差和电场力作功的说法中，正确的是 （ ）A电势差的大小由电场力在两点间移动电荷做的功和电荷的电量决定B电场力在两点间移动电荷做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电量决定C电势差是矢量，电场力作的功是标量D在匀强电场中与电场线垂直方向上任意两点的电势差均为零8、如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地.一带负电油滴固定于容器中的P点现将上极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（ ）A带电油滴受到的电场力将不变B带电油滴的电势能将减少CP点的电势将升高D电容器的电容增加

5、，极板带电量增加9、如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平（图中垂直纸面向里），一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是A若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动B若给P一初速度，P可能做匀速直线运动C若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动D若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动10、用标有“6V 3W”的灯泡L1和“6V 6W”的灯泡L2的伏安特性曲线如图甲所示现将两灯泡与理想电压表和理想电流表连接成如图乙所示的电路，其中电源电动势E=9V闭合开关，其中一个灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ）A电压表的示数为6VB电流表的示数为0.5AC电源内阻为2

6、D电源输出功率为6W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）图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5 V的小灯泡的IU特性曲线的实验电路图根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接起来_开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应 该置于_端（选填“A”、“B”或“AB中间”）12（12分）描绘一个标有“2.5V0.5A”字样的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化，实验室备有下列器材：a标有“3V0.5A”字样的小灯泡一个；b.10V学生电源一个；c量程为03V的电压表，内阻约为3k；d量程为015V的电压表，内阻约

7、为15k；e量程为00.6A的电流表，内阻约为0.5；f量程为03A的电流表，内阻约为0.1；g滑动变阻器（阻值范围010，允许通过的最大电流1.5A）；h滑动变阻器（阻值范围050，允许通过的最大电流0.1A）；电键一个，导线若干（1）为减小实验误差，方便调节，请在上述所给的器材中选取适当的器材，并将它们的编号填在横线上电压表应选_；电流表应选_；滑动变阻器应选取_（填写器材名称前的序号字母）（2）将实物按电路图1用导线补充完整_（3）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图2所示由图中电流表、电压表的读数可计算出小灯泡的电阻为_（保留两位小数），小灯泡的电阻测量值_真实值（填，）（4

8、）根据实验测定的数据，以电压U为横坐标，电流强度I为纵坐标画出图线，在如图3给出的四个IU图线中，最能反映实际情况的是_，简要说明理由_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，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为V1方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场求：（1）匀强电场的场强E的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度

9、B的大小；（3）粒子从P点运动到原点O所用的时间14（16分）2014年7月24日，受台风“麦德姆”影响，安徽多地暴雨，严重影响了道路交通安全某铁路同一直线车道上同向匀速行驶的客车和货车，其速度大小分别为，客车在与货车距离时才发现前方有货车，若此时客车只是立即刹车，则客车要经过1800m才停下来两车可视为质点(1)若客车刹车时货车以匀速行驶，通过计算分析两车是否会相撞？(2)若客车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经收到信号后立即以加速度匀加速前进，通过计算分析两车是否会相撞？15（12分）一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2，电阻R1=12，R2=R4=4，R3=8，C为平行板电

10、容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.40m，两极板的间距d=1.010-2m。（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的右侧电场中射出？（要求写出计算和分析过程，只写结果不写过程不给分，g取10m/s2）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】试题分析: 由满偏电流求欧姆表的内阻：R内=75

11、00连入电阻后，由I=；解得RX=22.5K，故选B考点：用多用电表测电阻2、A【解析】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得 F=G根据FBF1PQB得,又FF1=F2，得在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变故选A.3、A【解析】若A、B间为斥力，则A、B带等量同种电荷，经C先后接触后， ， ，此时相互作用力，故A正确，综上所述本题答案是：A4、C【解析】在真空中物体只受重力作用，所以加速度都为重力加速度g，由于物体从静止开始下落，根据：解得物体下落的时间：由于苹

12、果和羽毛从同一高度同时下落，故任意时刻都在同一高度，且是加速，故频闪间距不断变大，故选C5、D【解析】A.保持S闭合，则电容器两极板间的电压保持不变，减小两极板间的距离，由E=U/d可知，两极板间电场的电场强度增大，故A错误；B.保持S闭合，则电容器两极板间的电压保持不变，在两极板间插入一块绝缘介质，电容器的电容增大，由电容的定义式Q=UC，可知电容器所带电荷量增大，故B错误；C.断开S，则电容器所带电荷量保持不变，减小两极板间的距离，两极板间的场强，两极板间的场强不变，故C错误；D.断开S，则电容器所带电荷量保持不变，在两极板间插入一块绝缘介质，由 可知，电容器的电容增大，电容器的带电荷量不

13、变，所以两极板间的电势差U=Q/C减小，故D正确.6、C【解析】1s内通过电阻的电荷量为 q=It=21C=2C，故A错误；1s内的发热量为 Q=I2Rt=2221J=8J，故B错误，C正确；电阻的发热功率为 P=I2R=222W=8W，故D错误故选C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、BD【解析】A. 电势差是反映电场本身的性质的物理量，由电场本身决定，与所移动的电荷无关，故A错误；B. 根据电场力做功W=qU，可知在两点间移动电荷电场力做功的多少由两点间的电势差和

14、该电荷的电量决定，故B正确；C. 电势差有正负，但是正负不表示方向，表示相对大小，是标量，电场力做功是标量故C错误；D. 在匀强电场中，与电场线垂直的面是等势面，所以在与电场线垂直方向上任意两点间电势差为零故D正确故选BD.8、BCD【解析】将上极板竖直向下缓慢移动时，d减小，电容器的电压U不变，由E=Ud分析得知，板间场强变大，则油滴所受电场力变大故A错误P点到下极板的距离不变，而E变大，由U=Ed知，P点与下极板间电势差变大，P点的电势小于零，则P点的电势升高，由于油滴带负电，则带电油滴的电势能将减小故BC正确d减小，由C=S4kd，知电容C变大，U不变，由Q=CU分析可知电容器所带电量增

15、加故D正确故选BCD点睛：本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由C=S4kd，C=QU和E=Ud结合进行分析9、AB【解析】若P初速度方向与磁场方向相互垂直，重力和电场力抵消，仅受洛伦兹力，故P做匀速圆周运动，故A正确；若P初速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，重力和电场力抵消，P受力平衡，所以可以做匀速直线运动，故B正确；若仅撤去磁场，P受力一定平衡，故只能做匀速直线运动，故C错误；仅撤去电场，油滴受重力有竖直向下的速度，油滴受洛伦兹力，速度改变，洛伦兹力方向随速度方向的变化而变化，不可能做匀加速直线运动，故D错误所以AB正确，CD错误10、BC【解析】A

16、B、由图象可知，L2正常发光的电流为1A，L1的正常发光电流为0.5A，所以，两灯串联在电路中，只有一灯正常发光，则一定是L1，此时电路中的电流为0.5A；由图可知：L2的电压为U2=2V，此时电压表测L2两端的电压，即电压表的示数为2V；故A错误，B正确；CD、此时电源的输出电压为U=U1+U2=2V+6V=8V，电源的输出功率P=UI=8V0.5A=4W，电源的内阻 ，故C正确，D错误；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、 A端 【解析】（1）根据原理图连接实物图如下所示：（2）为了安全和保护仪器不被烧坏，开关S闭合之前，应该移动滑

17、片，使测量电路短路，即将片滑移动到A端12、（1）c e g （2）图见解析； （3）5.2 C 小灯泡电阻随温度升高而增大 【解析】（1）根据小灯泡的额定电压选择电压表，根据额定电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）为了减小误差准确测量电阻阻值，采用分压式电路，根据待测电阻估计值以及电压表和电流表的内阻确定内外接，作出实验电路图；（3）读出电压表和电流表的读数，再利用欧姆定律即可求出此时小灯泡的电阻阻值，电流表外接，因为电压表分流导致，灯泡电阻测量结果偏小（4）根据小灯泡电阻随温度升高而增大结合欧姆定律，即可选出正确的图象【详解】（1）因为小

18、灯泡的额定电压为2.5V，故电压表选择c，小灯泡的额定电流为0.5A，故电流表选择e，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择g；（2）为了减小误差准确测量电阻阻值，采用分压式电路，因为电压表内阻远大于灯泡电阻，故选择电流表外接法，故连接实物图，如图所示：（3）如图，电流表示数：I0.46A，电压表示数：U2.40根据欧姆定律可得此时小灯泡电阻阻值：R5.2电压测量准确，由于电流表外接，电压表分流，导致电流测量偏大，根据RU/I可知，灯泡电阻R测量结果偏小，即小灯泡的电阻测量值小于真实值；（4）因为小灯泡电阻随温度升高而增大，随着电压增大IU曲线上各点到原点连线的斜率越来

19、越小，故ABD错误，C正确，故选CIU曲线弯曲的原因是因为：小灯泡电阻随温度升高而增大【点睛】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线，考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键，内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小”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）mv022qL （2）2mv0qL （3）8+L4v0 【解析】试题分析：（1）当粒子从P点垂直进入电场后，做类平

20、抛运动，再以与x轴成45垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间粒子在电场中经过点P后，做类平抛运动，进入磁场中做匀速圆周运动，从O点射出，则其运动轨迹如图所示（1）设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，PQ段为抛物线根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45角，可得v0=vcos45解得v=2v0在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得qE0L=12mv02-12mv2，解得E0=mv022qL在匀强电场由P到Q的过程中，水平方向的位移为x=v0t1竖直方向的位移为y=v02t1=L可得xQP=2L，OQ=L由OQ=2Rcos45故粒子在QO段圆周运动的半径R=22L及R=mvBq得B0=2mv0qL（3）在Q