2023学年安徽省庐巢六校联盟物理高二第一学期期中预测试题含解析

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、某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为P和Q，则()AEPEQ，PQBEPEQ，PQCEPQDEPEQ，PQ2、关于静电场，下列说

2、法正确的是（ ）A电势等于零的物体一定不带电B电场强度为零的点，电势一定为零C同一电场线上的各点，电势一定相等D负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加3、如图所示，水平放置的两个平行金属板，上板带负电，下板带等量的正电，三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子从极板的左侧P点以相同的水平初速度进入电场中，分别落在正极板的a、b、c三处，由此可知 ( ) A粒子a带正电，b不带电，c带负电B三个粒子在电场中运动的时间相等C三个粒子在电场中的加速度aaabacD三个粒子到达正极板的动能EkaEkbEkc4、如图所示，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以A点为坐标原点，AB方向为位移x的正

3、方向，能正确反映电势随位移x变化的图像是（ ）ABCD5、以下说法正确的是( )A由可知，电场中某点的电场强度E与电场力F成正比B由可知，电场中两点的电势差与电场力做功成正比C由可知，某段导体的电阻与流过导体的电流成反比D由可知，真空中，离场源点电荷Q的距离r越大，电场强度E越小6、铜的摩尔质量为M，密度为，每摩尔铜原子有n个自由电子。今有一根横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子定向移动的速率为（）A光速cBCD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、如图甲，两

4、水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为 v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了 mgdD克服电场力做功为mgd8、如图所示，平行板电容器与直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于静止状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离则（）AP点的电势将降低B带点油滴将沿竖直方向向上运动C电容器的电容减小，极板带电量将减小D带电油滴

5、的电势能将减少9、如图甲所示，光滑水平面上有一足够长的木板B，木板上表面放一质量为1kg的小物块A，在木板B右方水平面上有一竖直墙面。t=0时刻，A、B以相同的速度一起向右匀速运动，经过一段时间木板B和竖直墙面发生碰撞，忽略木板和墙面碰撞的时间，整个过程它们的速度v随时间t变化的关系图像如图乙所示，g=10m/s2。则以下说法正确的是A木板B的质量为2kgB物块与木板之间的动摩擦因数为0.2C在08s时间内，A和B组成的系统动量守恒D整个过程小物块A在木板B上的划痕长为20m10、如图所示，用小量程电流表与一电阻R并联可制成一电流表，在检测新制成的电流表时，如果发现它的示数总比准确值稍微小一些

6、或稍微大一些，那么应分别采取什么措施加以修正（ ）A如果示数稍微小些，可在R上串联一个比R小得多的电阻B如果示数稍微小些，可在R上并联一个比R大得多的电阻C如果示数稍微大些，可在R上串联一个比R小得多的电阻D如果示数稍微大些，可在R上并联一个比R大得多的电阻三、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）在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R(1)用游标卡尺测金属丝长度时读数如图，则金属丝的长度为_mm；(2)用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图乙，则金属丝的直径为_mm(3)若用图丙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值

7、_（选填“偏大”或“偏小”）(4)用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丁，则电压表的读数为_V，电流表的读数为_ A12（12分）用伏安法（电流表内阻约为200，电压表内阻约为10k）测定一个阻值约为5k的电阻的阻值，实验电路应采用电流表_接法（填“内”或“外”），测量值比真实值偏_（填“大”或“小”）.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，A、B为体积可忽略的带电小球，QA=110-8 C，QB=-110-8 C，A、B相距3 cm.在水平外电场作用下，A、B保持静止，悬线都沿竖直方向.试求

8、：（1）外电场的场强大小和方向;（2）AB中点处总电场的场强大小和方向. （k=9109N.m2/C2）14（16分）一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转轴使其不能转动（此时是纯电阻），在线圈两端加电压为U1=0.3V，电流为I1=0.3A松开转轴，在线圈两端加电压为U2=4V时，电流为I2=1A，电动机正常工作求：（1）电动机线圈内阻r？（2）该电动机正常工作时，输入的电功率P入及机械功率P机各是多少？15（12分）如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E22E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一

9、电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为L2，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：（1）电子射入电场E2时的速度V0大小；（2）电子从释放到打到屏上所用的时间t；（3）电子在整个过程变化的电势能是多少？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、A【解析】本题考查电场线和电势【详解】据题意，从上图可以看出，P点所在位置电场线较密集，该位置电场强度也较大，则有：，沿电场线方向电势降低，则P点电势较高，有： 2、D【解析】电势等于1的点是人为选择的，电势等于零

10、的物体可能带电故A错误；电势等于1的点是人为选择的，而电场强度是由电场本身决定的，电场强度为零的点，电势可能为零，也可能不为1；如等量同种点电荷连线的中点处，场强等于1，而电势不等于1故B错误；沿电场线的方向，电势降低，所以同一电场线上的各点，电势一定不相等故C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功，电荷电势能增大故D正确故选D.点睛：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，知道电场强度与电势分别描述电场的两个不同方面的性质，二者没有直接的关系，沿电场线的方向，电势降低3、D【解析】由图，电容器上极板带负电，下极板带正电，平行板间有竖直向上的匀强电场

11、，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力，不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动由此根据平抛和类平抛运动规律求解【详解】A、B、C根据题意，三小球在水平方向做匀速直线运动，则有x=v0t，v0相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为xaxbxc，则运动时间关系为tAtBtc竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等：y=at2，则知加速度关系为 aAaBaC由牛顿第二定律得知三个小球 的合力关系为 FAFBFC由于平行板间有竖直

12、向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电故ABC错误，D、由以上分析可知，FAFBFC则竖直位移相同，则可知外力做功a最大，c最小；则由动能定理可知三个粒子到达正极板的动能EkaEkbEkc，故D正确；故选D【点睛】确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析4、C【解析】设距离A点

13、为x的位置的电势为，则得：（为AB连线与电场线的夹角），则有：综上分析可知，C正确，ABD错误。故选C。5、D【解析】A由场强的比值定义式，可知，电场强度反映电场本身的性质，与试探电荷的电荷量无关。故A错误。B由电势差的定义可知，可知电场中两点的电势差UAB与电场力做功WAB无关。故B错误。C电阻是导体本身的性质，其大小与电压和电流无关。故C错误。D真空中点电荷的电场强度公式，中Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量有关，那么离场源点电荷Q的距离r越大，电场强度E越小。故D正确。6、D【解析】每摩尔铜的体积为：单位体积内自由电子数为：电流的微观表达式得：联立解得：故D正确，AB

14、C错误。故选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、BC【解析】AB1时间内微粒匀速运动，则有：qE1=mg，内，微粒做平抛运动，下降的位移，T时间内，微粒的加速度 ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v1故A错误，B正确C1时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确D在内和T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则内和T时间内位移的大小相等均为d，所以整个

15、过程中克服电场力做功为，故D错误8、AC【解析】A、根据得知板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故A正确；B、根据得知板间场强E减小，油滴所受的电场力减小，则带点油滴将沿竖直方向向下运动，故B错误；C、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，根据可知电容器的电容减小，由于电容器两板间电压不变，根据极板带电量将减小，故C正确；D、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，故D错误；故选AC【点睛】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容

16、器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况，由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化9、BD【解析】A取向右为正方向，由图像可知，与墙壁碰撞之后，物块A的速度；小车B的速度；当A和B共速时的速度 ；由动量守恒可知： 解得mB=4kg选项A错误；B在2-6s内物块A的加速度 则由可得=0.2选项B正确；C因t=2s时刻小车与墙壁碰撞，受向左的合外力，可知系统的动量不守恒，选项C错误；D对系统，从2-6s时间内，由能量关系： 解得L=20m选项D正确。10、AD【解析】如果示数稍微小些，说明通过分流电阻的电流偏大，分流电阻

17、偏小，为校准电流表，应增加分流电阻阻值，可以在R上串联一个比R小得多电阻，故A正确，B错误；如果示数稍微大，说明通过分流电阻的电流偏小，分流电阻偏大，为校准电流表，应减小分流电阻阻值，可以将分流电阻变得稍小些即可，可以在R上并联一比R大得多的电阻，故C错误，D正确；故选AD【点睛】本题考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大三、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、13.55； 0.696； 偏小； 2.60； 0.52； 【解析】（1）题中为20分度游标卡尺，其读数为：13mm+110.05mm=13

18、.55mm；（2）螺旋测微器的读数为：0.5mm+19.60.01mm=0.696mm；（3）把待测电阻与电压表看做一个整体，根据欧姆定律可知，测得的应是待测电阻与电压表内阻的并联电阻，所以测量值比真实值偏小；（4）电流表读数为：I=26格0.02A=0.52A，电压表读数为：U=26格0.1V=2.60V【点睛】（1）20分度游标卡尺，最小精确度为0.05mm，故根据游标卡尺读数为：主尺数+游标尺对齐刻度序号最小精确度，即：13mm+110.05mm=13.55mm；（2）螺旋测微器最小精确度为0.01mm，其读数方法为：主尺数+对齐刻度估读条数最小精度，即0.5mm+19.6条0.01mm

19、=0.696mm；（3）误差分析时，把待测电阻与电压表看成一个整体，根据欧姆定律可知，测得的应是待测电阻与电压表内阻的并联电阻，所以测量值比真实值偏小；（4）电流表每小格数值是0.02A，应进行估读，即估读到0.01A；同理电压表应进行估读，即估读到0.01V，然后根据欧姆定律求解即可12、内 大 【解析】由题意可知，；故，因此为了减小误差应采用电流表内接法进行实验；由于电流表的分压作用使电压表示数偏大，则由欧姆定律可知，测量值偏大【点睛】本题考查伏安法测电阻中电流表内外接法的选择，要注意明确：大电阻用内接法，测量值偏大，小电阻用外接法，测量值偏小，即“大内偏大，小外偏小”四、计算题：本题共2

20、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）1105N/C，方向水平向左（2）7105N/C，方向向右【解析】试题分析：（1）对A受力分析，B对A的作用力向右，匀强电场对的作用力向左，受力平衡，所以，即，方向水平向左。（）中点的场强是三个电场叠加的结果，其中：，方向向右；，方向向右；匀强电场场强为，方向向左，故合场强为，方向向右。考点：电场强度的叠加14、（1）1；（2） 4W ,3W【解析】（1）电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻： ，（2）电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输