2023学年广东省广雅中学物理高二第一学期期中经典试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、在如图所示电路中，合上开关S，将滑动变阻器R2的滑动触点向b端移动，则三个电表A1、A2和V的示数I1、I2和U的变化情况是（）AI1增大，I2不变，U增大 BI1减小，I2不变，U减小CI1增大，I2减小，U增大 DI1减小，I2增大，

2、U减小2、如图所示，一电子以初速度v1垂直于电场方向进入长为L、场强为E的平行金属板间的偏转电场中，从偏转电场的另一侧飞出电场，侧移距离为y. 如果将初速度增大到原来的两倍，则侧移距离y变为原来的（电子重力不计）（ ）A2倍 B4倍C15倍 D1.25倍3、如图所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA=2kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移时间图象如图所示（规定向右为正方向），则碰撞后的速度及物体B的质量分别为A2m/s，5kgB2m/s，3kgC3.5m/s，2.86kgD3.5m/s，0.86kg4、如图所示，空间存在水平方向的匀强电

3、场E2.0104N/C，在A处有一个质量为0.3kg的小球，所带电荷量为q=+2.010-4C,用一长为L600cm的不可伸长的绝缘细线与固定点O连接。AO与电场线平行处于水平状态，取g=10m/s2。现让该质点在A处静止释放，则 A释放后小球做圆周运动B小球在A点瞬间的加速度大小为C小球从A运动到O点正下方的过程中电势能增加了24JD小球第一次运动到O点正下方的速度大小为5、有一铅蓄电池，当移动1C电荷时非静电力做功2J，该铅蓄电池的电动势是（ ）A2VB1VC2.5VD1.5V6、图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如

4、图所示。可以判断出a、b、c、d四根长直导线在正方形中心O处产生的磁感应强度方向是 ( ) A向左 B向右 C向上 D向下二、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，小物块静止在水平面上A处，水平面右侧与一竖直光滑圆轨道平滑连接于B处，小物块可不受阻碍的进入圆轨道，C为圆轨道最高点现给小物块水平向右的冲量I，使小物块向右运动已知小物块质量m=1kg，物块与水平面动摩擦因数=0.5，圆环半径R=0.6m，AB长0.8m，重力加速度g=10m/s2.( )A时，物块能进

5、入圆轨道B时，物块不会脱离圆轨道C时，物块将脱离圆轨道D时，物块能到达C点，且对C点压力为30N8、著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图所示当线圈接通电源后，将产生流过图示方向的电流，则下列说法正确的是（）A接通电源瞬间，圆板不会发生转动B线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向不同方向转动C若金属小球带正电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同D若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同9、半径相同的金属球A、B带有相等电荷量q，相距一定距离时，两球间的库仑

6、力为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可能是（）ABCD10、如图所示，在正方形区域的四个顶点固定放置四个点电荷，它们的电量的绝对值相等，电性如图中所示K、L、M、N分别为正方形四条边的中点，O为正方形的中心下列关于各点的电场强度与电势的判断正确的是（ ）AK点与M点的电场强度大小相等、方向相反BO点的电场强度为零CN点电场强度的大小等于L点电场强度的大小DK、O、M三点的电势相等三、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）如图所示是探究影响平行板电容器电容大小因素的实验

7、装置关于此实验装置中的静电计，下列说法中正确的是_（选填选项前面的字母）A静电计指针张角的大小反映了平行板电容器所带电荷量的多少B静电计指针张角的大小反映了平行板电容器两板间电压的大小C静电计的外壳与A板相连接后可不接地D可以用量程为3V的电压表替代静电计让平行板电容器正对的两极板带电后，静电计的指针偏转一定角度不改变A、B两板所带电荷量，且保持两板在竖直平面内现要使静电计指针偏转角变大，下列做法中可行的是_（选填选项前面的字母）A保持B板不动，A板向上平移B保持B板不动，A板向左平移C保持B板不动，A板向右平移D保持A、B两板不动，在A、B之间插入一块绝缘介质板12（12分）用接在50Hz交

8、流电源上的打点计时器测定小车做匀加速直线运动的实验中，得到如图所示的一条纸带，从比较清晰的点开始起，每隔0.1 s取一个计数点，分别标上0，1，2，3量得0与1两点间的距离S1=10.0mm，1与2两点间的距离S2=14.0mm，2与3两点间的距离为S3=18.0mm，则打计数点l时小车的瞬时速度为_ms，打l与3两点间小车的平均速度为_m/s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，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力（1）若粒子

9、从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能； （2）若粒子离开电场时动能为Ek，则电场强度为多大？14（16分）使用功率为P=1kW的电加热装置把m=2kg的水从25加热到100，已知c水=4.2103J/kg求：（1）水吸收的热量；（2）若这个装置的效率为60%，则加热时间是多久？15（12分）如图所示，图线AB是某闭合电路的路端电压随电流变化的关系图线， OM是某定值电阻R的伏安特性曲线，由图求：（1）R的阻值；（2）处于直线OM与AB交点C时电源的输出功率；（3）电源的最大输出功率。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

10、是符合题目要求的。1、D【解析】试题分析：理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析触点向b端移动过程中连入电路的电阻减小，即总电阻减小，干路电流即总电流增大，所以根据可知路端电压减小，即U减小， 在干路，通过它的电流增大，所以两端的电压增大，而，所以减小，即并联电路两端的电压减小，所以的电流减小，而，所以增大，D正确2、D【解析】粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，竖直方向的加速度，竖直方向的位移，如果将初速度增大到原来的两倍，则侧移距离y变为原来的；故D正确，ABC错误；故选D。

11、3、B【解析】由图象可知，碰前A的速度为：，碰后AB的共同速度为：，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，选B.【点睛】由图象求出碰撞前后物体的速度，然后由动量守恒定律求出物体B的质量4、D【解析】小球的重力G=mg=3N，电场力方向水平向左，大小F=qE=22N=4N，小球做匀加速直线运动，小球的加速度为： ，故AB错误；小球第一次到O点正下方时，水平位移为x=L=6m，则电场力做功W电=-qEL=46J=24J，Y因为电场力做正功，所以电势能减少了24J，故C错误；设合力方向与水平方向的夹角为，则，小球第一次到O点正下方时，水平位移为x=L=6m竖直位移为：

12、 ，重力做功WG=mgy=34.5J=13.5J，根据动能定理得： ，带入得： ，故D正确。所以D正确，ABC错误。5、A【解析】由电动势公式A2V，与结论相符，选项A正确；B1V，与结论不相符，选项B错误；C2.5V，与结论不相符，选项C错误；D1.5V，与结论不相符，选项D错误；6、A【解析】根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，a、c在O处产生的磁场方向均向左，则O处的磁场方向水平向左，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

13、，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BC【解析】由动量定理，物块恰好到B点时，恰好到圆心等高处时，,恰好到C点时，A错误，BC正确；时，物块在C点，得，故D错误；故选BC.点睛：此题是动能定理及圆周运动的结合，关键是知道物体通过圆周最高点的条件以及脱离轨道的条件，结合动能定理及牛顿第二定律列方程解答.8、BD【解析】由题可知，在线圈接通电源的瞬间，线圈中的电流逐渐增大，产生的磁场逐渐增强，逐渐增强的磁场会产生电场（麦克斯韦电磁理论）；小球所在圆周处相当于有一个环形电场，小球因带电而受到电场力作用从而会让圆板转动，利用左手定则判断即可解答【详解】A、线圈接通电源瞬间，变化的磁场产生变化的电

14、场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，故A错误；B、不论线圈中电流强度的增大或减小都会引起磁场的变化，从而产生不同方向的电场，使小球受到电场力的方向不同，所以会向不同方向转动，故B正确；C、接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带正电，根据电磁场理论可知，电场力沿顺时针方向，所以与线圈中电流流向相反，故C错；D、接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，根据电磁场理论可知，电场力沿逆时针方向，所以与线圈中电流流向相同，故D对；故选BD9、AC【解析】AB假设A带电量为q，B带电量为-q；两球之间的相互吸引力的大小是：第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电

15、量都为，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为：这时A、B两球之间的相互作用力的大小：所以A正确，B错误CD若A带电量为q，B带电量为q，两球之间的相互排斥力的大小是：第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，C与B接触时先中和再平分,则C、B分开后电量均为：这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：.所以C正确，D错误【点睛】理解库仑定律的内容和公式，知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分.10、CD【解析】试题分析：根据点电荷的电场即电场的叠加可得：K点与M点的电场强度大小相等、方向相同，所以A错误；根据电场的叠加可得，O点的电场强度水平向

16、右，不为零，所以B错误；由对称性知，N点的电场强度大小等于L点的电场强度大小,所以C错误；K、O、M三点的电势都等于零，所以D正确。考点：本题考查电场强度、电势三、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、 BC AB【解析】（1）A、静电计是定性反映电压高低的仪器，不能发映了平行板电容器的电荷量的多少，故A错误，B正确；C、静电计测量的是两板间的电压高低，可以直接将A板与电容器外壳相接，不需要都接地，故C正确；D、静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，故D错误。（2

17、）A、保持B板不动，A板向上平移，减小两极板的正对面积S时，由电容的决定式C=S4kd分析可知电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由C=QU得到，板间电压U增大，静电计的指针偏角变大，故A正确B、保持B板不动，A板向左平移，使两极板远离一些时，板间距离d增大，由电容的决定式C=S4kd，分析可知电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由C=QU得到，板间电压U增大，静电计的指针偏角变大，故B正确；C、保持B板不动，A板向右平移，使两极板靠近一些时，板间距离d减小，由电容的决定式C=S4kd，分析可知电容C增大，而电容器的电量Q不变，则由C=QU得到，板间电压U减小，静电计的指针偏角变小，故C错误D

18、、保持A、B两板不动，在两极板间插入一块绝缘介质板时，变大，由电容的决定式C=S4kd，分析可知电容C增大，而电容器的电量Q不变，则由C=QU得到，板间电压U减小，静电计的指针偏角变小，故D错误。点睛：解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，正确掌握静电计的使用方法，对于电容器的动态变化分析问题，常常是电容的决定式和定义式结合分析，抓住不变量是分析的基础。12、0.12 0.16 【解析】打计数点l时小车的瞬时速度等于0与2点间的平均速度，为： ；打l与3两点间小车的平均速度为：；【点睛】本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，关键是知道平均速度等于中间时刻瞬时速度；在平时练习