2023学年甘肃省靖远第二中学物理高二第一学期期中调研试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4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

2、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、如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压500 V。一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，若不考虑重力的影响，则电子离开电场时的动能大小为( )A900 eVB500 eVC400 eVD-100 eV2、如图所示,平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接,G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计,闭合开关S后,下列说法正确的是（）A若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大B若只在两板间插入电介质，

3、电容器的电容将保持不变C若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电量将增加D若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流3、两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个电子，如图1所示，关于电子的运动，下列说法正确的是()A电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C电子运动到O时，加速度为零，速度最大D电子通过O后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零4、将线圈置于范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场B中，各线圈的运动方式如下列图所示

4、，则能够在线圈中产生感应电动势的是( )ABCD5、如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电压表和电流表的示数的变化情况是A电压表示数变大 B电流表示数变大C两者示数都变大 D两者示数都变小6、如图所示，将一绝缘导体AB置于一带负电荷量为q的小球近旁，小球可视为点电荷若导体中有一点O点距小球距离为r，静电力常量为k，则下面说法中正确的是（）AO点的电场强度为BO点的电场强度无法确定C感应电荷在O点产生的感应电场强度大小为0D感应电荷在O点产生的感应电场强度大小为二、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，

5、选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合.质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点.若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是A保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧B保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧C断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧8、如图所示，相距为d的两水平虚线分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L

6、400eV,因此电子不能到达B点,电子向右做减速运动,在到达B之前速度变为零,然后反向运动,从A点离开磁场,在整个过程中,电场力做功为零,由动能定理可知,电子离开电场时的动能：EK=400eV，故C正确；故选：D点睛：由W=qU求出电子从B点离开时电场力所做的功，根据该功与电子初动能的关系判断电子从何处离开电场；然后由动能定理求出电子离开电场时的能量2、C【解析】闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变将开关S断开，电容器放电，知电量的变化若只将电容器下极板向下移动一小段距离，分析电容的变化，判断电量的变化，分析电路中电流的方向若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电压增大。

7、【详解】A、B项：闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变，若只在两板间插入电介质，电容器的电容将增大。故A、B错误；C项：若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器极板间电压增大，则电容器所带电荷增多，故C正确；D项：若只将电容器下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器所带电量减小，电容器放电。由于上极板带正电，所以此过程电流计中有从b到a方向的电流，故D错误。故应选：C。【点睛】本题电容器动态变化分析问题，关键是确定电容器的电压电路稳定时，电容器所带电路无电流，只有在充电或放电过程中电容器所在电路有电流。3、C【解析】在等量同种电荷连线中垂

8、线上电场强度方向Oa，电子从a点到O点运动的过程中，电场力方向aO，故加速度向下，与速度同向，故速度越来越大；但电场线的疏密情况不确定，O点上方的电场强度最大点位置不确定，故电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断故AB错误；越过O点后，电子做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大电场力为零，加速度为零故C正确根据电场线的对称性可知，越过O点后，电子做减速运动，加速度的变化情况无法判断故D错误故选C【点睛】本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性；同时要能够结合力与运动的关系进行分析4、C【解析】当闭合回路

9、中的磁通量方向时，回路中产生感应电流，A、B、D中穿过线圈的磁通量始终为零，不产生感应电动势，C中磁通量不断变化，C正确。故选C。5、A【解析】当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电阻R的阻值变大，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的总电流变小，电流表A的读数变小；根据U=E-Ir可知，路端电压变大，可知电压表读数变大，故选项A正确，BCD错误；故选A.【点睛】本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器和欧姆定律的应用，是一道较为简单的题目。6、D【解析】AB.静电平衡以后，内部场强处处为零，所以O点的电场强度为0；故AB错误；CD.感应电荷在O点产生的感应电场强度和点电荷在O点产生的场强大小相等，

10、方向相反，即为：故C错误，D正确；故选择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、AD【解析】A.保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，则粒子受到的电场力减小，受到的重力不变，则产生的加速度增大从P点以水平速度v0射入金属板间打在极板上则有：水平位移为：水平位移将减小，故粒子打在O点左侧，故A正确；B.保持开关S闭合，增大R2，R0两端的电压：不变，即电容器两端的电压不变，粒子仍打在O点故B错误；C.断开开关，平行

11、板带电量不变，平行板间的电场强度为：结合：和可得：M极板稍微上移，电场强度不变，故加速度不变，不会影响离子的运动，还打在O点，故C错误；D.断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为：结合：和可得：N极板稍微下移，电场强度不变，加速度不变，但y增大:水平位移将增大，粒子打在O点右侧故D正确8、BD【解析】AB正方形线框abcd边长为L(Ld)，所以cd进入磁场后，ab还在磁场内，所以线框磁通量不变，即无感应电流，一直到ab边出磁场，此过程中线框只受重力，即加速度为重力加速度g，故A错误，B正确；C根据能量守恒研究从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程，动能变化为0，重力势能转化为

12、线框产生的热量即故C错误；D线框进入磁场过程，可能做匀速运动、加速运动和减速运动，完全在磁场中做匀加速运动，由于ab边进入磁场时速度和cd边刚穿出磁场时速度都是v0，则线框穿过磁场过程一定有减速运动，故D正确。故选BD。9、CD【解析】A电势的零点是人为选取的，则电势等于零的物体也可以带电。故A错误；B电场强度与电势无关，电场强度为零的点，电势不一定为零，故B错误；C沿电场线的方向，电势降低，则同一电场线上的各点，电势一定不相等，故C正确；D负电荷沿电场线方向移动时，电场力方向与电场线方向相反，则电场力对负电荷做负功，其电势能一定增加，故D正确。故选CD。10、AB【解析】A测量前必须进行欧姆

13、档调零，且每一次换挡后都要重新调零，用同一挡位测不同阻值的电阻不需要重新进行欧姆调零，故A错误，符合题意；B人是导体，人与导体接触时，人与导体并联，并联阻值小于电阻阻值用欧姆表测电阻时，不应用两手将表笔和待测电阻两端捏紧，故B错误，符合题意；C测量电路中的电阻时，要将待测电阻与其他元件断开，故C正确，不符合题意；D使用欧姆表测电阻时，指针指在中央刻度线附近，测量误差越小，若发现指针偏角很大，应选择倍率较小的档并且要重新调零后再进行测量，故D正确，不符合题意。故选AB。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、0.10 0.05 【解析】滑块通

14、过第一个光电门的速度 滑块通过第二个光电门的速度 故加速度 故本题答案是：(1). 0.10 (2). 0.05【点睛】先根据平均速度公式求出滑块通过第一个光电门和第二个光电门的平均速度,因为遮光板宽度很小,过光电门的时间很短,所以我们可以把滑块通过光电门的平均速度近似看成是滑块的瞬时速度,再根据 求出加速度.12、1.4 1.0 1.4 偏小 【解析】（1）1由图所示图象可知，电源电动势E=1.4V，2电源内阻 3短路电流为；4因该接法中由于电压传感器的分流而导致电流传感器示数偏小，但电压传感器是准确的，故图象比真实图象要向上偏，同时，当电路短路时，电压传感器的分流是可以忽略的，故短路电流是

15、准确的，故图象与横轴的交点不变，如图所示，故所测电动势小于真实值；（2）5若去掉电压传感器，把电阻R1换成电阻箱R2，改变电阻箱电阻R2，则 解得四、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)6 ；(2)0；(3)2 ；75%【解析】(1)将视为电源的内电阻处理，则根据电源的输出功率随外电阻变化的特点可知，当时电源的输出功率最大(即外电阻消耗的电功率最大)，此时有：(2)为定值电阻，故当时，电路中电流最大，则上功率最大；(3)如果要求电源输出功率为600W，则有：出解得：此时电源效率为：14、（1）（2）（3）【解析】（1）研究两块薄片整体，根据机械能守恒定律有：解得：（2）根据牛顿第二定律： 解得：研究第2块薄片，根据牛顿第二定律有：，解得： （3）设两块滑片刚好全部滑上粗糙面时的速度为v2，研究整体下滑4L的过程，根据动能定理有：解得：设每块滑片滑到水平面时的速度为v3，对