2023学年福建省福州市八县协作校物理高二第一学期期中检测模拟试题含解析

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、小船要在宽100m的河中横渡到对岸，已知水流的速度为3m/s，船在静水中的速度为5m/s，下列说法正确的是A小船过河的最短时间为25sB小船不可能垂直河岸过河C小船能垂直河岸过河，

2、过河的时间是20sD小船能垂直河岸过河，过河的时间为25s2、如图所示为电源和导线内移送电荷的情况，则将单位正电荷沿闭合回路移动一周所释放的能量大小决定于（ ）A电源电动势B电路中电流的大小C电源的内阻D电源的容量3、如图所示，在正点电荷形成的电场中有A ,B两点的电势，分别用EA,EB表示A ,B 两点的电场强度，则（ ）ABCD4、一根通电直导线垂直放在匀强磁场中，关于它受到的安培力，下列说法正确的是()A安培力方向与磁场方向相同B安培力方向与电流方向相同C安培力的大小与磁场强弱有关D安培力的大小与电流大小无关5、传感器是一种采集信息的重要器件.如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固

3、定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器.可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容.现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流表和电源串联成闭合电路，已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏转.当待测压力增大时，下列说法中不正确的是（ ）A电容器的电容将增加B电容器的电荷量将增加C灵敏电流表指针向左偏转D灵敏电流表指针向右偏转6、关于电场强度的概念，下列说法正确的是()A由可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比B电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关C正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放

4、入试探电荷的正负有关D电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零二、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、有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速率为v，在t时间内通过横截面积的电子数目可表示为（）AnSvtBnvtCD8、如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是A粒子所受电场力的方向一定是由

5、M指向NB带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小C带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度9、如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点为d的一点，C点为连线中垂线距A点也为d的一点,则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是( )AEBEAECBEAEBECCD10、如图所示，一直流电动机与阻值R = 4 的电阻串联在电源上，闭合开关，电动机的输入功率为P = 20 W，电源的电动势E = 20 V，内阻r = 1 。用理想电压表测出电动机两端电压，已知电动机线圈的电

6、阻RM = 1 ，则下列说法中正确的是A通过电动机的电流为10 AB电源的输出功率为36 WC电动机的输出功率为16 WD理想电压表的示数为2 V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）有一只量程为6V的电压表，内阻约为58k，某同学要精确地测量该电压表的内阻，设计的测量电路如图甲所示，其中R2为最大电阻9999的电阻箱，R1为滑动变阻器，电源电动势为9V，内阻很小实验步骤如下：按电路图连接电路；闭合S2；将滑动变阻器滑片调至最左端；闭合S1；调节滑动变阻器，使电压表满偏；再断开S2，调节电阻箱，调至电压表半偏，并记下电阻箱的读数，并

7、认为此时电阻箱的电阻为该电压表的内阻(1)乙图电阻箱的读数为_k(2)实验室中有两个滑动变阻器：(a)最大阻值为15，额定电流为1A；(b)最大阻值为30k，额定电流为25mA，为了能精确测量电压表内阻，实验中应选择_滑动变阻器(填变阻器前的字母代号)(3)实验中S2从闭合到断开(断开S2之前，电阻箱置于9999)，断开后A、B两点的电压UAB_6V(选填“”、“”、“ 【解析】(1)电阻箱的读数为(7000+500)=7.5k(2)本题采用分压式，所以选用(a) (3)因为断开开关S2后，总电阻增加，AB两端的电压要大于6V(4)电压表半偏时，R2两端电压大于3V，R2大于电压表电阻，测量者

8、大于真实值点睛：半偏法测量电表内阻的模型需熟记，并理解其对应原理和误差分析12、0.600; ; 【解析】（1）从图中读出金属丝的直径为d=0.5mm+10.00.01mm=0.600mm（2）因测量金属丝的电阻率电流不能太大，由，结合电流表读数原理，电流表应满足偏转一半以上，故总电阻大于10小于5，可见滑动变阻器可以用限流式；由于待测电阻的电阻值较小，电流表应用外接法，电路图如图所示：（3）根据欧姆定律，有，根据电阻定律，有：，及，联立并代入数据可得：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、带负电 E=mgqcos【

9、解析】对小球受力分析，由平衡条件可得小球所带电荷的电性及场强的大小。【详解】对小球受力分析如图，则小球带负电。据平衡条件可得：qEcos=mg解得：E=mgqcos14、（1）1A（2）【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律可得I=A=1A(2)对导体棒受力分析可知FN=mg+BILcos由牛顿第二定律可的BILsinFN=ma联立解得a=10m/s2答：(1)电流为1A；(2)棒ab的加速度为10m/s2【点睛】（1）有闭合电路的欧姆定律求的电流；（2）对导体棒受力分析根据牛顿第二定律求的加速度15、d9eU0t210m【解析】电子在0时间内做匀加速运动，在2时间内先做匀减速运动，后反向做初速度为零的匀加速运动，电子不能到达极板A的条件为电