2023学年北京一五六中学物理高二上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考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、一物体以初速度为v0做匀减速运动，第1s内通过的位移为x1=3m，第2s内通过的位移为x2=2m，物体的速度减小为0时的位移为x，则下列说法中不正确的是（）A初速度v0的大小为3.

2、0m/sB加速度a的大小为1m/s2C位移x的大小为D位移x内的平均速度大小为1.75m/s2、在示波管中，电子枪3s内发射61013个电子，则示波管中的电流为（ ）A3.210-6AB4.810-6AC9.610-6AD1.610-6A3、如图所示的电路中，A、B是平行板电容器的两金属板先将电键S闭合，等电路稳定后将S断开，并将B板向下平移一小段距离，保持两板间的某点P与A板的距离不变则下列说法正确的是( )A电容器的电容变小B电容器内部电场强度大小变大C电容器两极板电压变小DP点电势降低4、如图所示，放在水平面上的物体受到一个与水平方向成角的拉力F作用，把F分解为水平方向和竖直方向两个分力

3、，则水平分力大小为（ ）AFsin BFcos CFtan DFcot5、下列关于电源的说法，正确的是（ ）A电源向外提供的电能越多，表示电动势越大B电动势表示电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功C电源的电动势与外电路有关D电源的作用是在电源内部把电子从负极不断地搬运到正极，从而保持两极之间有稳定的电势差6、测定电源电动势E和内阻r实验电路如图所示，按图连接好电路，当滑动变阻器的滑片由右端滑到中点的过程中，电流表示数有明显变化，但电压表示数基本不变，只有滑片滑到左端附近时，电压表才有比较明显变化。则以下关于滑动变阻器总阻值R与电源内阻r的关系正确的是AR比r稍小BR比r稍大CR

4、比r小很多DR比r大很多二、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、有两个匀强磁场区域I和 II，I中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与I中运动的电子相比，II中的电子A运动轨迹的半径是I中的k倍B运动轨迹的半径是I中的1/k倍C加速度的大小是I中的1/k倍D加速度的大小是I中的k倍8、两个小球A、B在光滑的水平面上相向运动，它们的质量分别为4kg和2kgA的速度为v1=3m/s， B的速度v2=-3m/s，则它们发生正碰后，其速度可

5、能分别是（ ）A均为+1m/sB+4m/s和-5m/sC-1m/s和+5m/sD+2m/s和-1m/s9、一带电油滴在水平向右的匀强电场中运动轨迹如图中虚线所示，带电油滴从a点进入电场时，速度方向竖直向下，则从a运动到b的过程中若不计空气阻力，下列物理量变化情况为A油滴带正电B电势增大C动能和电势能之和增大D动能减少10、如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2v1）若小物体电荷量保持不变，OMON，则（）A小物体上升的最大高度为B从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C从M

6、到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小三、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）在测电源电动势和内阻的实验中，经常用到如图1所示的两种电路图（1）在测定一节干电池的电动势和内阻时，为尽量减小实验误差，应选择图1中的_（选填“甲”或“乙”）电路，现有电流表（）、开关、导线若干，以及以下器材：A电压表（）B电压表（）C滑动变阻器（）D滑动变阻器（）实验中电压表应选用_，滑动变阻器应选用_；（选填相应器材前的字母）（2）某同学在实验时，分别利用图1中的甲、乙两个电路图对待测电

7、源进行了测量，并根据实验数据分别绘制出了相应的图，如图2所示，则直线_（选填“a”或“b”）对应图1中甲电路的测量数据；根据两条图，该电源电动势的准确值_，内阻的准确值_（用、表示）12（12分）某同学在做“测定匀变速直线运动的加速度”实验时打出的纸带如图所示，每两点之间还有四点没有画出来，图中上面的数字为相邻两点间的距离，打点计时器的电源频率为50Hz。（答案保留三位有效数字）打第4个计数点时纸带的速度v4= m/s。06点间的加速度为a= m/s2。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,

8、电源电动势,内阻,电阻,电容器的电容,开始时,开关S断开（1）求电容器上所带的电荷量？（2）合上S,待电路稳定以后流过的电量是多少？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，平行板电容器水平放置，两板间的匀强电场方向竖直向下，极板长为L = 10 m，

9、板间距为d = 5 m。不带电的小球甲以一定的初速度v1由紧贴上极板的A点从左侧飞入电场中，并刚好打在下极板的中央位置C。另一同质量的带电小球乙以初速度v2由极板中间的B点从左侧飞入电场中，刚好由极板右侧的边缘D点（图中未画出）飞出电场，该过程所经历的时间为小球甲在电场中运动时间的一半。已知小球甲的质量为m = 0.1 kg，小球乙的电荷量大小为q = 110-2 C，重力加速度g取10 m/s2。求：（1）小球甲的初速度v1的大小；（2）当小球乙带正电时，两板之间的电压U；（3）当小球乙带负电时，其飞出电场时的动能Ek。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

10、的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度，再通过位移时间公式求出初速度的大小根据位移速度公式求出位移，再通平均速度公式求出平均速度【详解】A、B、根据匀变速直线运动的判别式x=at2得，加速度；根据得，v0=3.5m/s；故A错误，B正确.C、物体的位移：；故C正确.D、位移x内的平均速度大小；故D正确.本题选错误的故选A.【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式包括三个速度公式和四个位移公式，并能灵活运用2、A【解析】每个电子的电荷量大小为e=1.610-19C，61013个电子总电荷量为q=610131.610-

11、19C=9.610-6C则示波管中电流大小为：A. 3.210-6A与计算结果相符，故A正确。B. 4.810-6A与计算结果不符，故B错误。C. 9.610-6A与计算结果不符，故C错误。D. 1.610-6A与计算结果不符，故D错误。3、A【解析】因断开开关，所以电量不变，则由、和，联立得：则可知，E与d无关，所以电容器内部电场强度大小不变，故A错误；将B板向下平移一小段距离时，板间距离增大，由，可知，电容C减小，故B正确；因电量不变，C减小，则由Q=UC可知，两板间的电压变大，故C正确；因E不变，P点与下极板间的距离增大，故P与下极板间的电势差增大，故P点电势升高，故D正确；本题选错误的

12、，故选A【点睛】根据平行板电容器的电容决定式分析电容的变化情况，抓住电容器的电压不变，由分析板间场强的变化情况，由分析电容器所带电量的变化，根据P点与下极板间电势差的变化，判断P点电势的变化4、B【解析】将力F分解为水平方向和竖直方向，则水平分力大小为Fx=Fcos，故选B.5、B【解析】试题分析：电源的电能W=EIt，故提供的电能多并不能说明电动势大，故A错误；由可知，电动势表示电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功，故B正确；电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大与外电路无关，故C错误；电源能把内部的正电荷从负极移到正极，从而保持两极

13、间的稳定的电势差，故D错误；故选B.【点睛】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关电源的电动势在数值上等于内、外电压之和6、D【解析】由题意知当滑动变阻器的滑片由右端滑到中点的过程中，电流表示数有明显变化，但电压表示数基本不变，只有滑片滑到左端附近时，电压表才有比较明显变化，所以R比r大很多，故选 D.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】设中的磁感应强度为B，则中

14、的磁感应强度为kB，根据电子在磁场中运动的半径公式可知，中的电子运动轨迹的半径为，中的电子运动轨迹的半径为，所以中的电子运动轨迹的半径是中的k倍，所以A正确，B错误；电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为，所以中的电子加速度的大小为，中的电子加速度的大小为，所以的电子的加速度大小是中的倍，所以C正确，D错误；故选AC；【点睛】本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考查，解决本题的关键是抓住洛伦兹力作为向心力，根据向心力的不同的公式来分析不同的关系，记住平时的得出的结论可以快速的分析问题8、AC【解析】发生正碰，则根据动量守恒得：mAvA+mBvB=mAvA+mBvB根据碰撞

15、过程系统的总动能不增加，则得12mAvA2+12mBvB212mAvA2+12mBvB2A项：它们发生正碰后，均为+1m/s，即以共同速度运动，符合以上等式，故A正确；B项：速度如果是4m/s和-5m/s，那么A、B动能都增加，故B错误；C项：发生正碰后，A、B反向，符合以上等式，故C正确；D项：发生正碰后，A、B速度方向不变即还是相向运动，这不符合实际情况，故D错误。9、BC【解析】A.由图示运动轨迹可知，带电油滴的运动轨迹向左偏转，则其合力方向向左，则油滴受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，则知电场力必定水平向左，与场强方向相反，油滴应带负电，故A错误；B.油滴逆着电场线运动，电势升高，

16、则在a点电势低于在b点电势，故B正确；C.重力做正功，重力势能减小，由能量守恒知动能和电势能之和增大，故C正确；D.重力做正功，重力势能减小，电场力做正功，电势能减少，由能量守恒知动能和，动能一定增加，故D错误；故选BC；10、AD【解析】A设斜面倾角为、上升过程沿斜面运动的最大距离为L因为OMON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为2上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W2在上滑和下滑过程，对小物体，

17、应用动能定理分别有：和上两式相减可得：故A正确BC由OMON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大；故BC错误；D从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小；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、甲 B C b 【解析】（1）1由于电流表内阻与电源内阻接近，故在测量时应采用相对电源的电流表外接法，故选择图1中的甲图进行测量；2由于一节干电池电动势只有，故电压表应选择量程

18、的；3而由于电源内阻较小，为了便于测量，滑动变阻器应选择总阻值较小的（2）4采用甲图进行实验时，由于采用电流表相对电源的外接法，电压表的分流而使电流表示数偏小，因此测出的电动势和内电阻均偏小；而乙图中采用相对电源的内接法，实验结果中将电流表内阻等效为了电源内阻，因此测量出的内阻值偏小；图象斜率较小，故直线b为甲电路所测量的数据56采用乙电路测量时，当外电路断路时，电流表分压作用可以忽略，因此乙电路中测出的电动势准确；而甲电路中当外电路短路时，电压表的分流作用可以忽略，因此短路电流是准确的，则可知，内阻12、1.22m/s； 2.06m/s2 【解析】打第4个计数点时纸带的速度v4=06点间的加速度为a=故答案为： 1.20 m/s 1.98 m/s2（1.97 - 2.00均可）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）C. （2）C.【解析】开关S断开时,电容器的电压等于的