2023学年福建省福州四中高二物理第一学期期中达标检测模拟试题含解析

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，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A和B，A带负电、质量为m、电荷量为q，B质量为2m、不带电，A和B间动摩擦因数为0.5.初始时A、B处于静止状态，现将大小为Fmg的水平恒力作用在B上，g为重力加速度A、B处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B0.若A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A水平力作用瞬间，A的加速度大小为BA做匀加速运动的时间为CA的最大速度为DB的最大加速度为g2、把标有“220V、100W”的A灯和“220V、200W”的

3、B灯串联起来，接入220V的电路中，导线电阻不计，则（）A两灯泡电阻之比RA:RB1:2B两灯泡电压之比UA:UB1:2C两灯泡消耗功率之比PA:PB2:1D两灯泡发热之比QA:QB1:23、直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零静电力常量用k表示若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为()A，沿y轴正向B，沿y轴负向C，沿y轴正向D，沿y轴负向4、两个完全相同的绝缘金属球a和b，电荷量分别为3q和q，两球接触后再分开，下列分析正确的是( )Aa、b的电荷量各保持不变Ba、b

4、的电荷量都为0Ca的电荷量为q，b的电荷量为3qDa、b的电荷量都为2q5、下列说法正确的是A铅蓄电池的电动势为2V，这表示蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能B电场强度为零的地方，电势也一定为零C电阻率大的导体的电阻也一定大D根据电势差，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为-1V。6、如图所示，一水平放置的平行板电容器带上一定电荷量后，将下极板B接地，一带负电油滴静止于两极板间的P点现将平行板电容器的上极板A竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是AP点的电势将增大，带电油滴将向上运动BP点的电势将增大，带电油滴将向下运动CP点的电势不变，带电油滴

5、仍然静止DP点的电势不变，带电油滴将向上运动二、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、真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为124，电荷量之比为112，则下列判断中正确的是（ ）A三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为11

6、2D偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1248、在如图所示的电路中，A、B为相同的两个灯泡，当变阻器的滑动头向C端滑动时AA灯变亮BA灯变暗CB灯变亮DB灯变暗9、如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径m，最低点处有一小球（半径比小很多）。现给小球一水平向右的初速度，则要使小球不脱离圆轨道运动，应当满足g=10m/s2（）ABm/sCm/sDm/s10、如下图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( )A使A、B两板靠近一些B断开S后，使A板向左平移一些C断开S后，使B板向左平移一些D

7、断开S后，使A、B正对面积减小一些三、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）某物理实验小组用下列器材进行实验描绘一种特殊元件的伏安特性曲线，所测数据记录在表格中：器材有：A待测元件B电流表A（050mA，内阻约为）C电压表（03V，内阻约为） D电压表（06V，内阻约为）E滑动变阻器（，2A） F滑动变阻器（，0.2A）G学生电源（直流4V） H开关及导线（1）为了调节方便，尽可能准确测量，电压表应选_，滑动变阻器应选_（填器材序号）（2）在虚线框内画出实验电路图_（3）在坐标纸上用描点法画出元件的伏安特性（IU）曲线_（4）若该元件的

8、最佳工作电压为2.8V，现用电动势为4V，内阻的电源为其供电，则要在电路中串联一个阻值为R_的电阻，才能使其处于最佳工作状态12（12分）（1）用多用电表测量一个定值电阻的阻值。经过规范操作后，指针位置及选择开关所选欧姆挡倍率分别如图甲、乙所示，则此定值电阻的阻值为_。（2）如图丙所示，在“测定电池的电动势和内阻”实验中，已经连接一部分电路，还剩一根导线没有连接，请在对应位置将电路连接完整。（_）（3）在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，用电压表和电流表测出多组（U，I）值，在I-U坐标系中描出各对应点，如图丁所示。以下是四位同学作出的小灯泡伏安特性曲线，其中最合理的是_。ABCD四、计算题

9、：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，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，左右分别为A、B板在两板之间水平放置一绝缘平板有一质量m、电荷量q（q0）的小物块在与金属板A相距l处静止若某一时刻在金属板B、A间加一电压，,小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为-0.5q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因素为，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间则(1)小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？(2)小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？14（16分）如图所

10、示，光滑的平行导轨与水平面的夹角为=30，两平行导轨间距为L，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源，电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计将质量为m，长度也为L的导体棒放在平行导轨上恰好处于静止状态，重力加速度为g，求：（1）通过ab导体棒的电流强度为多大？（2）匀强磁场的磁感应强度为多大？（3）若突然将匀强磁场的方向变为垂直导轨平面向上，求此时导体棒的加速度大小及方向15（12分）如图所示，一个电子以4106m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点飞进匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成150角方向飞出，那么A、B两点间的电势差为多少V？（电子的质量为9.

11、110-31kg）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】设物块A与木板发生相对滑动前，A所受摩擦力不变；以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：F=（2m+m）a，对滑块隔离分析，根据牛顿第二定律有：Ff=ma，联立解得：，可知假设是正确的，A的加速度为：，故A错误；A带负电，根据左手定则可知，A向左运动的过程中受到的洛伦兹力的方向向上；当物块A在木板上刚好发生相对滑动时，二者间摩擦力为最大静摩擦力，对滑块竖直方向受力分析有：FN+qvB=mg，则摩擦力为：Ff=FN，对长木板根据动量定理有：Ft-Fft=2

12、mv，对滑块根据动量定理有：Fft=mv，联立解得：，故B错误；A达到速度最大时，A与B之间的摩擦力等于0，可知A受到的洛伦兹力的大小与重力相等则：mg=qvmB0，解得：，故C正确；当A对B 的作用力等于0时，B在水平方向只受到拉力F的作用，此时的加速度最大，由牛顿第二定律得：mg=2mam，解得：，故D错误所以C正确，ABD错误2、C【解析】A根据欧姆定律公式和电功率P=UI得到，故A灯泡电阻为484，B灯泡电阻为242，两灯泡电阻之比RA：RB=2：1故A错误；B两个电灯泡电阻之比为2：1，根据U=IR，电压之比为2：1，故B错误；C根据P=I2R，电流相等，故电功率之比为2：1，故C正

13、确；D根据焦耳定律，Q=I2Rt，电流和时间相等，故热量之比等于电阻之比，为2：1，故D错误。3、B【解析】因正电荷Q在O点时，G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强与正电荷Q在G点产生的场强等大反向，大小为若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为E1k因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向，则H点的合场强为EE合E1方向沿y轴负向故选B。4、D【解析】因两球带同种电荷，所以两球接触后再分开，是把总的电荷量进行平分，即每个球所带的电荷量为，D对，ABC错【点睛】本题学生还要知道若是异种电荷，是先中和，然后把剩余的电荷量进行平分5、D【解析】A. 蓄电池的电动势是2V，只

14、表示每通过1C的电荷量，电源把2J的化学能转变为电能，而不表示在1s内将2J的化学能转变为电能；故A错误；B. 电场强度是从力的角度描述电场，电势从能的角度描述电场，两者大小无关系，电势是相对的，与零势点的选取有关，故B错误；C.导体的电阻：可知，电阻率大的导体的电阻值不一定大，还与导体的长度、横截面积有关。故C错误；D.根据可知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为-1V故D正确。6、C【解析】两极板间的电荷量恒定，、可得，即两极板间的电场强度，与两极板间的距离无关，电场强度不变，所以油滴受力不变，仍处于静止状态，因为P到下极板的距离不变，而B极板电

15、势恒为零，根据可得P点的电势不变，故C正确；【点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变二、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、BC【解析】不同的粒子经同一加速电场加速，垂直射入向一偏转电场，最后从偏转电场穿出后，题目要求比较到荧光屏的时间、位置、做功之比，可以先设定的一些参数，把要求的物理量表示出来，看它们

16、与质量和电量的关系，然后再做定论此题要用到动能定理、类平抛运动规律、三角函数等内容【详解】设AB间的电压为U1，CD间的电压为U2、板长为L、板距为d，CD右边缘离荧光屏的距离为S，从一般情况考虑，在加速电场中有：，进入偏转电场做类平抛运动A项：穿出CD后的时间，由于三种粒子的比荷不同，所以三种粒子穿出CD板的时间不同，所以选项A错误；B项：偏移的距离：，偏转角的正切：，由以上两解得：，由两式可以看出，三种粒子从CD边缘的同一点穿出，且速度方向相同，那么最后打到荧光屏的位置相同，所以选项B正确；C、D项：偏转电场对三种粒子所做功，则做功之比等于电量之比为1：1：2，故C正确，D错误故应选BC【

17、点睛】只有表示出每一个选项的表达式，才能准确判断，要注意的是到达荧光屏的时间，因为水平方向上是匀速直线运动，所以到达荧光屏的时间是总的水平位移除以水平速度，至于偏转电场对粒子的做功直接用功的公式去做，电场力与沿电场力方向距离的积，由于电场力只跟电量有关，而场强与距离相等，所以做功之比等于电量之比8、AC【解析】AB当滑片向上，滑动变阻器的阻值变大，电路的总电阻都会变大，据闭合电路欧姆定律知总电流变小，内电压减小，所以路端电压增大，可知灯A变亮，选项A正确，B错误；CD再据干路电流变小，灯A电流变大，所以电源右侧电路的电流减小，电阻R上的电流变小了，所以分压也就减少了，但是路端电压增大，所以B灯

18、和滑动变阻器上的电压就变大，所以B灯实际功率的变大，所以B灯变亮，选项C正确，D错误。9、CD【解析】小球不脱离圆轨道时，最高点的临界情况为解得m/s根据机械能守恒定律得解得m/s故要使小球做完整的圆周运动，必须满足m/s；若不通过四分之一圆周小球也不会脱离圆轨道，根据机械能守恒定律有解得m/s故小球不越过四分之一圆周，必须满足m/s，所以要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足m/s或m/s，故CD正确，AB错误。故选CD。10、BD【解析】A.静电计指针张开角度反应了电容器两极板间的电压大小，开关S合上后，电容器的电压U不变，使A、B两板靠近一些不会使静电计指针张角增大，选项A错误；B. 断

19、开S后，电容器的电量Q不变。使A板向左平移一些， d增大，C减小，又，所以U增大，静电计指针张角增大，选项B正确；C. 断开S后，使B板向左平移一些，根据，d减小，C增大，所以U减小，静电计指针张角减小，选项C错误；D. 断开S后，使A、B正对面积减小一些，根据，S减小，C减小，所以U增大，静电计指针张角增大，选项D正确。故选BD。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、C E 【解析】试题分析：（1）由表格中的数据可知，测量的最大电压是3V，所以选择的电压表是量程3V的；由于测量过程中的电压是从0开始，所以实验使用滑动变阻器的分压式接法，

20、要选择电阻值比较小的故选CE.（2）待测电阻的电阻值约为：，即待测元件的电阻值小于电流表的电阻值，所以测量电路需要使用电流表外接法由于测量过程中的电压是从0开始，所以实验使用滑动变阻器的分压式接法则实验的原理图如图（3）将表格中的数据先在图中描点，然后用平滑的曲线连接如图；（4）该元件的最佳工作电压为2.8V，由I-U图象可得对应的电流I=32mA，设需要串联一个电阻值为R的电阻，则由闭合电路的欧姆定律有：，解得：.【点睛】对电学实验应明确：若要求电流从零调时变阻器应用分压式接法当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法注意实物图的连接方式12、120 见解析图 A 【解析】（1）由图乙可知，欧姆表档位选择10；故读数为1210=120；（2）由图示实物电路图可知，该实验应用伏安法测电源电动势与内阻，电流表测电路电流，电压表测路端电压，实物电路图如图所示：（3）根据描点法的基本要求，用平滑的曲线连接各点