2023学年广西北海市北海中学物理高二上期中考试试题含解析

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、五根平行的长直导体棒分别过竖直平面内正方形的四个顶点和中心，并和该正方形平面垂直各导体棒中均通有强度相等的电流，方向如图所示则中心处的导体棒受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是A

2、竖直向上B竖直向下C水平向左D水平向右2、两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（ ）Aa点电势比b点高Ba、b两点的场强方向相同，b点场强比a点小Ca、b、c三点和无穷远处等电势D一个电子在a点的电势能比在b点的电势能大3、如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直在t0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动若规定abcda方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是()ABCD4、在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线重直的转轴匀速转动，如图甲所示

3、，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则A交变电动势的周期是0.005sBt=0.01s时线框平面与中性面重合C线框产生的交变电动势有效值为311VD线框产生的交变电动势的频率为100Hz5、一名宇航员来到一个星球上，如果该星球的质量是地球质量的两倍，它的直径是地球直径的一半，那么这名宇航员在该星球上所受的万有引力大小是它在地球上所受万有引力的A0.5倍B2倍C4倍D8倍6、下列给出的几个物理量中，属于标量的是：（ ）A路程B位移C速度D加速度二、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

4、0分。7、把两个完全相同的金属球和接触一下再分开，结果发现两球之间相互排斥，则可知两球原来的带电情况可能是：A两球带有等量的异种电荷；B两球带有不等量的异种电荷；C两球一个带电一个不带电；D两球带有等量的同种电荷8、如图所示，在轴上有两个波源，分别位于和处，振幅均为A=2cm，由它们产生的两列简谐横波分别沿轴正方向和负方向传播，波速均为=0.4m/s，图示为时刻两列波的图象(传播方向如图所示)，此刻平衡位置处于和的P、Q两质点，刚开始振动，质点M的平衡位置处于处，关于各质点运动情况判断正确的是A质点P、Q都首先沿轴负方向运动B时刻，质点M相对平衡位置的位移为-2cmC经过ls后，M点的振幅为4

5、cmD经过1.5s后，P点的振幅为4cm9、如图所示为测定磁感应强度大小的装置，弹簧测力计下端挂一矩形线圈，线圈匝数为n，将矩形线圈的短边（长为L）置于蹄形磁体的N极、S极间的磁场中的待测位置，线圈的质量为m，（重力加速度为g）为了测量方便和精确，调节好装置后闭合开关，调节滑动变阻器使得弹簧测力计的示数刚好为零，此时电流表示数为I，下列说法中正确的有A装置图中线圈平面与N极、S极连线垂直B当电路未接通时弹簧测力计的读数为0C在磁场中的线圈短边中的电流方向向里DN极和S极之间磁场的磁感应强度为10、在图中，甲、乙两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下列说法正确的是( )A甲图的接法叫电流表外接法，乙

6、图的接法叫电流表内接法B甲中R测R真，乙中R测R真C甲中误差由电压表分流引起，为了减小误差，应使RRV，故此法测较小电阻好D乙中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使RRA，故此法测较大电阻好三、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）某实验小组发现一个由均匀材料制成的圆柱体，他们想测量其电阻率，实验室能够提供的实验器材有：电源E（8V，内阻约10）；电压表V（06V，内阻约为50k）；电流表mA（020mA, 内阻为40）；滑动变阻器R1（0-20）；待测电阻R（约为200）；开关及导线若干他们进行了如下操作：（1）为了获得多组数据，

7、尽量精确测量其电阻值，请在图a方框中画出实验电路图._（2）图b中的6个点表示实验中测得的6组电流表、电压表示数，根据此图可知阻值R=_（保留三位有效数字）（3）如图c所示，用螺旋测微器测得该圆柱体的直径为_cm，用游标卡尺测量其长度为_cm.（4）由以上数据可求出=_ m（保留3位有效数学）12（12分）测定一节电池的电动势和内阻，电路如图甲所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R01.0 调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I及对应的PN长度x，绘制了U-I图象如图乙所示(1) 用螺旋测微器测出金属丝的直径如图丁所示，则金属丝的直径为_mm(2) 由图乙求得电池的电动势

8、E_V，内阻r_(3) 根据实验数据可绘出图象，如图丙所示图象斜率为k，电阻丝横截面积为S，可求得电阻丝的电阻率_，电表内阻对电阻率的测量_(选填“有”或“没有”)影响四、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，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=5.0T、方向竖直向上的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.3kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直

9、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=1.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s1已知sin37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）导体棒受到的安培力；（1）导体棒受到的摩擦力14（16分）如图所示，在与水平方向成45角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重为2N的金属棒ab，棒上通过2A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，求：（1）匀强磁场的磁感应强度多大；（2）导轨对ab棒的支持力多大。 15（12分）如图所示的电路中，电阻R16 ，R23 .S断开时，电流表示数为0.9 A；S闭合时，电流表示数为0.8 A，设电流表为理想电表，则电源电动势E_V

10、，内电阻r_.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】根据题意，由右手螺旋定则对角导线电流产生磁场正好相互叠加，如图所示，由矢量的合成法则，则得磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，中心处的导体棒受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是水平向左；故选C2、C【解析】AC、a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等。故A错误.C正确；B.a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同。由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度。故B错误；D.由于a点与b点电势相等，电

11、子在a点的电势能与在b点的电势能相等，故D错误。故选：C.【点睛】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向根据a点与b点电势相等，确定电子在a点与在b点电势能的大小。3、C【解析】试题分析：在t0时刻线圈与磁场方向平行，此时线圈磁通量变化率最大，产生的感应电流最大，此时线圈的cd边离开纸面向外运动，此后穿过线圈的磁通量增大，则根据楞次定律可得产生的感应电流方向为abcda，为正，所以C正确；考点：考查了交流电的产生，楞次定律4、B【解析】由题可知交流电周期T=0.02s，线框产生的交变电动势的频率为50HZ，；t=0.01s时感应电动势等于

12、零，所以穿过线框回路的磁通量最大，此时与中性面重合；线框产生的交变电动势有效值为，综上分析，B正确5、D【解析】由题可知该星球的，其中为地球半径，为地球的质量，设宇航员质量，则宇航员在星球上的万有引力为,在地球上的万有引力为，可求得，故D正确ABC错误故选D。6、A【解析】A.路程是只有大小没有方向的物理量。是标量，故A项正确。B.位移是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故B项错误；C.速度是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故C项错误；D.加速度是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故D项错误；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

13、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、BCD【解析】两个小球原来分别带等量异种电荷，接触后电荷完全中和，两球不存在排斥力故A错误两个小球原来分别带不等量异种电荷，小球接触后电荷先中和再平分，带上等量同种电荷，存在排斥力故B正确两球一个带电一个不带电，接触后带同种电荷，相互排斥，选项C正确；两个小球带等量的同种电荷，把两个完全相同的小球接触后电荷重新平分，带上等量同种电荷，存在排斥力故D正确故选BCD【点睛】本题考查应用基本规律分析、判断物理现象的能力，要知道两个小球接触后再分开，两球相互排斥，说明两球带同种电荷8、AC【解析】由波的传播方向结合上下坡的方法可确定质点的

14、振动方向质点P、Q均沿y轴负方向运动.故A正确；根据解得 ，根据波的传播可知时刻，两波的波谷恰好传到质点M,所以位移为-4cm，故B错误；由于M点到两个波源的距离相等，所以M点是个振动加强点，所以M点的振幅为4cm，故C正确，因为P点到两个波源的距离符合半个波长的奇数倍，所以P点是个减弱点，根据叠加原理可知此时P的振幅为0，故D错误；故选AC9、AC【解析】根据共点力的平衡分析出导线框的重力与安培力的大小，然后由磁感应强度的定义式即可求出磁感应强度；【详解】A、放置矩形线圈时，矩形线圈所在的平面要与N极S极的连线垂直从而是下边受到安培力作用，故选项A正确；B、在接通电路前，线框处于静止，导线框

15、此时只受到重力和弹簧的拉力作用，此时弹簧测力计的示数等于线框的重力，故选项B错误；C、闭合开关，调节滑动变阻器使得弹簧测力计的示数刚好为零，说明线框受到向上的安培力作用，根据左手定则可知在磁场中的线圈短边中的电流方向向里，故选项C正确；D、线框受到安培力和重力作用，二力处于平衡状态，则：，则，故选项D错误【点睛】解决本题的关键掌握安培力的大小公式，掌握左手定则判断安培力的方向，然后根据二力平衡求解出磁感应强度的大小10、ACD【解析】A.甲图的接法叫电流表外接法，乙图的接法叫电流表的内接法，故A正确；B.甲图中，电压表测量值准确，又由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律，电阻测量

16、值偏小,即R测R真；乙图中，电流表测量值准确，又由于电流表的分压作用，电压表测量值偏大，根据欧姆定律，电阻测量值偏大，即R测R真，故B错误；C.甲图中，误差来源与电压表的分流作用，为了减小误差，应使RRv，故此法测较小电阻好；故C正确；D.乙图中,误差来源与电流表的分压作用，为了减小误差，应使RRA，故此法测较大电阻好，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、 210 0.1694 1.060 【解析】（1）圆柱体电阻与电压表内阻和电流表内阻比较可知电流表应采用外接法，为了测量多组数据，滑动变阻器应采用分压接法（2）画出电压6个点

17、U与电流I的连线，求斜率得电阻（3）依螺旋测微器和游标卡尺读数规则读数（4）根据电阻定律得电阻率，代入数据得电阻率【详解】（1）根据图b可知，待测电阻的阻值大约200，电压表内阻大约50k，电流表内大阻约40，电压表内阻远大于圆柱体电阻，所以电流表应采用外接法，为了测量多组数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路如图：（2）图b中的6个点表示实验中测得的6组电压U与电流I的值，将6个点连线，如图所示：此图线的斜率表示电阻的大小，即k=R=210(3) 螺旋测微器测得该圆柱体的直径d=1.5mm+19.40.01mm=1.694mm=0.1694cm用游标卡尺测量其长度L=1.010mm+140

18、.05mm=10.70mm=1.070cm(4)由电阻定律可知，R=，电阻率=,代入数据解得：=4.4610-2m故答案为(1)；(2)210；(3).0.1694；(4)1.060；(5). (4.364.57)12、0.398(0.397-0.399) 1.49-1.50 0.45-.050 kS 没有 【解析】1读数为固定刻度加可调刻度：0+39.80.01mm=0.308mm；（0.397-0.399）23由闭合电路欧姆定律可知：；则可知，图2中的图象与纵坐标间的交点表示电动势，故；图象的斜率表示内电阻,则；解得：；4由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的UI图象如图所示，由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，5根据欧姆定律可知,电阻；则可知；解得：；若考虑电阻内阻，则图象的斜率不变，所以得出的电阻率没有影响；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）3N，水平向左（1）0.6N,沿斜面向下【解析】（1）根据闭合电路的欧姆定律： 由安培力的公式：