2023学年福建省宁德物理高二第一学期期中检测试题含解析

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、如图，带电量为-q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷在通过带电薄板几何中心的垂线上a点处电场强度为零，静电力恒量为k根据对称性，带电薄板在图中b点（a点关于带电薄板的对称点）处产生的电场强度大小和方向正确的是（ ）A0B，垂直薄板向右C，垂直薄板向右D，垂直薄板向左2、如图所示，某同学用一根弹簧和一把直尺来测量重物的重量在未悬挂重物时指针正对刻度1在弹性限度内，当挂上80N重物时，指针正对41若指针正对20时，所挂重物为( )A40NB20NC30ND不知弹簧劲度系数k，故无法计算3、如图所示为两根互相平行的通电直导线a，b的横截面图，a，b中的电流方向已在图中标出，那么导线

3、a中的电流产生的磁场的磁感线环绕方向及导线b所受的磁场力的方向分别是：( ) A磁感线顺时针方向，磁场力向左B磁感线顺时针方向，磁场力向右C磁感线逆时针方向，磁场力向左D磁感线逆时针方向，磁场力向右4、如图所示，在某静电场中有A、B两点，某负电荷以一定的初速度从A点运动到B点。只考虑电场力的作用。在电荷运动的过程中，下列说法正确的是A电荷可能做直线运动B电荷的加速度变小C电荷的电势能最大D电荷的动能变大5、关于电源电动势,下列说法正确的是( )A电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压B同一电源接入不同的电路,电动势就会发生变化C在闭合电路中,当外电阻增大时,路端电压增大,电源的电动势

4、也增大D电源的电动势就是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量6、a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点电场线与矩形所在的平面平行已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图由此可知，c点的电势为（ ）A4VB8VC12VD24V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，A、B、C三颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，已知三颗卫星的质量关系为mA=mBmC，轨道半径的关系为rArB=rC，则三颗卫星（）A

5、线速度大小关系为B加速度大小关系为C向心力大小关系为D周期关系为TATB=TC8、如图所示电路中，电源电动势E10V，内阻r=0.5。灯泡L“8V、16W”恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R01。则下列说法中正确的是A流经电源的电流是2AB电动机的输出功率12 WC电动机的输出功率是10 WD电源的输出功率是32 W9、质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量M与m的比值可能为( )A2B3C4D510、如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（ ）AL1和L3变亮，L2变暗BL1变暗，L2

6、变亮，L3亮度不变CL1中电流变化值小于L3中电流变化值DL1中电流变化值等于L3中电流变化值三、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）某小组通过实验测绘一个标有“5.0V7.5W”某元件的伏安特性曲线，电路图如图甲所示，备有下列器材:A电池组(电动势为6.0V，内阻约为1)；B电压表(量程为03V，内阻RV=3k)；C电流表(量程为01.5A，内阻约为0.5)；D滑动变阻器R(最大阻值为10，额定电流为1A)；E定值电阻R1(电阻值为1.5k)；F定值电阻R2(电阻值为3k)；G开关和导线若干。(1)实验中所用定值电阻应选_(选填“E

7、”或“F”)；(2)根据图甲电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路连接完整；(3)某次实验时，电压表示数指针位置如图丙所示，则电压表读数是_V；元件两端电压是_V。12（12分）某实验小组利用所提供的如下器材测量某一定长电阻丝R（电阻约为10）的电阻率，使用刻度尺测得电阻丝长度L=0.825m，使用螺旋测微器测得电阻丝的直径，可供选择的器材还有：A电池组E（电动势约为6V,内阻不计）B电流表（量程0-100mA,内阻为5）C电流表（量程0-0.6A,内阻为0.3）D定值电阻为55E.定值电阻为25F.滑动变阻器（0-5，额定电流为2.0A）G.滑动变阻器（0-50，额定电流为0.2A）H.

8、开关一个，导线若干。(1)螺旋测微器示数如图所示，可知电阻丝直径为_mm(2)若想更加精确的测量出电阻丝电阻，请设计出测量电路图_，并标明所有器材符号，要求使用的全部器材，能够测量多组数据，测量尽量准确(3)按照所设计出的测量电路，在某次测量中获得的数据如下表，则电流表的示数为_mA,电流表的示数为_mA(4)由以上所测得的数据可算得金属丝的电阻率为_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，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但不连接，该整体静止在光滑水平地面上，并且C被锁定在地面上现有

9、一滑块A从光滑曲面上离地面h高处由静止开始下滑，与滑块B发生碰撞并粘连在一起压缩弹簧，当速度减为碰后速度一半时滑块C解除锁定已知mAm，mB2m，mC3m.求：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；(2)被压缩弹簧的弹性势能的最大值14（16分）如图所示，有一质子经电压为U0的加速电场加速后，进入两板长为L、间距为d、板间电压为U的偏转电场，若质子从两板正中间垂直射入偏转电场，求：（1）质子刚进入偏转电场时的速度大小；（2）质子穿出偏转电场时的侧位移；（3）若L=d，U=2U0,则质子穿出偏转电场时的偏转角是多少15（12分）固定的倾角为37的光滑斜面，长度L1m，斜面顶端放置可视为质点的小

10、物体，质量m0.8kg，如甲图所示。当水平恒力较小时，物体可以沿斜面下滑，到达斜面底端时撤去水平恒力，物体在水平地面上滑行的距离为s。忽略物体转弯时能量损失，研究发现s与F之间的关系如乙图所示。已知g10m/s2，sin370.6，cos370.8。求：（1）乙图中斜线与横坐标轴的交点坐标值；（2）物体在水平地面滑行过程中，产生的最大内能为多少；（3）当F3N时，物体在水平面上滑行的时间为多少。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、C【解析】试题分析：点电荷在a点的电场强度为，方向水平向右，根据场强的叠加原理，由于该

11、点的场强为零，所以可知带电薄板在a点的场强大小为，方向水平向左，根据对称性可知，带电薄板在b点产生的电场强度与a点的对称，大小也为，方向水平向右，所以只有选项C正确；考点：电场强度、点电荷的场强2、B【解析】弹簧的自由端B在未悬挂重物时指针正对刻度1，当挂上80N重物时指针正对刻度41，知弹簧形变量为指针正对刻度11时，弹簧的形变量为由胡克定律得：，即，解得 ，因为不知道伸长量的单位，所以不能求k值，故B正确，ACD错误【点睛】解决本题的关键掌握胡克定律F=kx，注意x为形变量，不是弹簧的长度，可运用比例法解答3、B【解析】根据安培定则判断a导线磁感线的方向为顺时针方向，在b导线处的磁感线竖直

12、向下，如图所示，根据左手定则判断b导线受到的安培力水平向右，故B正确，ACD错误。故选B4、C【解析】A.负电荷在非匀强电场中运动，电场线为曲线，电荷不可能做直线运动，故A错误；B.电场线的疏密表示场强的相对大小，则场强EAEB，电荷在A点的加速度较小，从A到B加速度增大，故B错误；C.根据顺着电场线电势降低，则知电势为：AB，负电荷电势能随电势降低而增大，故C正确；D.根据能量守恒，电势能增大，动能减小，故D错误；5、D【解析】试题分析：电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势，故A错误；电动势反映本身的特性，与外电路

13、的结构无关，即同一电源接入不同的电路，电动势不会变化；在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也不会变化，故BC错误；电源的电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，D正确考点：电源的电动势和内阻【名师点睛】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、B【解析】试题分析：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=（24-4）=4v，故Ube=b-e=4v，故f-d=4v

14、，故e=24-4=20vf=8v故a=e，连接cf，则cfae，故c点的电势c=f=8v故B正确故选B考点：电势【名师点睛】在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布以上两点是解决此类题目的金钥匙二、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】根据万有引力提供向心力：，解得：，由图示可知：rArB=rC，所以vAvB=vC，故A错误；根据万有引力提供向心力：，解得：，由图示可知：rArB=rC，所以

15、aAaB=aC，故B正确；向心力为，由题意知三颗卫星的质量关系为mA=mBmC，轨道半径的关系为rArB=rC，所以可以判断：FAFB，FBFC，故C错误；根据万有引力提供向心力：，解得：，由图示可知：rArB=rC，所以TATB=TC，故D正确所以BD正确，AC错误8、BD【解析】由题可知，电路中路端电压为U=8V，电路中的总电流，则电源的输出功率，故A错误，D正确；通过灯泡的电流，通过电动机的电流IM=I-IL=2A，电动机的热功率，电动机的输出功率：P出=UIM-P热=82W-4W=12W，故B正确，C错误；故选BD。9、AB【解析】设碰撞后两者的动量都为P，由于题意可知，碰撞前后总动量

16、为2P，根据动量和动能的关系有：P2=2mEk，碰撞过程动能不增加，有：(2p)22Mp22M+p22m，解得：Mm3，由于两者碰撞之后M的速度不大于m的速度，设碰撞后M的速度为v1，m的速度为v2，根据题意可得Mv1=mv2，故Mm1，综上所述，AB正确【点睛】考点：动量守恒定律及能量守恒定律解答此题关键是知道系统的动量守恒，以及在碰撞的过程中动能不增加，通过这两个关系判断两个物体的质量关系10、AC【解析】AB、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故

17、并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮，A正确B错误CD、因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故L3上电流变化量大于LI上的电流变化量，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、F 4.40 【解析】（1）题中电压表量程太小，需要改装成6V的电压表，串联一个阻值为3k的定值电阻，故选F；（2）实验电路选择滑动变阻器的分压式接法，实物电路图连接如下：（3）由刻度盘读得，电压表示数为2.20V，因改装后的电压表量程被扩大了两倍，则实际

18、加在元件两端的电压为4.40V；12、0.669 80 560 4.2610-6.m 【解析】(1)1电阻丝直径为0.5mm+0.169mm0.1=0.669mm；(2)2因为无电压表，A2要用来测量流过电阻丝的电流，则需将A1改装成电压表用电流表A1与定值电阻R1和R2串联组成电压表的量程分别为电源的电动势约6V，所以选用电流表A1与定值电阻R1串联组成电压表；采用电流表A2外接可以准确测出待测电阻两端电压和通过它的电流，所以采用电流表A2外接；滑动变阻器用分压电路，且考虑滑动变阻器允许通过的电流，所以选择滑动变阻器较小的R3；则电路图如图所示；(3)34电流表A1的示数为80mA，电流表A

19、2的示数为0.56A=560 mA.(4)5由电路图代入数据解得：=4.2610-6四、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) (2) 【解析】(1)滑块A下滑过程中机械能守恒，设A到达水平面时速度为v1，由机械能守恒定律有：mAghmAv12，解得v1 A、B碰撞过程动量守恒，设滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度为v2，由动量守恒定律有mAv1(mAmB)v2，解得v2.(2)滑块C解除锁定后，滑块A、B继续压缩弹簧，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v3，由动量守恒定律有：(mAmB)(mAmBmC)v3.故v3v2.滑块A、B发生碰撞后到弹簧压缩最大，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有：Epmax(mAmB)v22(mAmBm