广东省佛山市荣山中学2023学年物理高二第一学期期中质量检测试题含解析

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、在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的正电荷由a点移到b点时，克服电场力做功为W，下列说法正确的是A该电荷在a点电势能一定比b点大Ba点电势一定比b

2、点电势低Ca、b两点电势差大小一定为U=EdDa、b两点电势差Uab=2、关于重力势能的说法中，不正确的是( )A物体重力势能的值随参考平面的选择不同而不同B物体的重力势能严格说是属于物体和地球这个系统的C重力对物体做正功，物体的动能一定增加D物体位于参考面之下其重力势能取负值3、发现电流的周围空间存在磁场的物理学家是( )A库伦 B奥斯特 C安培 D法拉第4、实验表明：磁体能够吸引一元硬币，对这种现象解释正确的是 （ ）A硬币一定是铁做的，因为磁体能吸引铁B硬币一定是铝做的，因为磁体能吸引铝C磁铁的磁性越强，能吸引的物质种类越多D硬币中含有磁性材料，磁化后能被吸引5、如图，圆形区域内有一垂直

3、纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/1将磁感应强度的大小从原来的变为，结果相应的弧长变为原来的一半，则：等于 A2BCD16、计数器因射线照射，内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达阳极，则计数器中的电流强度为（ ）A0B2ne/tC3ne/tD4ne/t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

4、。7、频率为v的光子，德布罗意波长为=h/p，能量为E，则光的速度为AE/h BpE CE/p Dh2/Ep8、两块大小、形状完全相同的金属平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关S，电源即给电容充电，（ ）A保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场强度减小B保持S接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大C断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D断开S，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大9、如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态以下说法正确的是（ ）A若将B板向上平移一

5、小段距离，则油滴向下加速运动，G中有ab的电流B若将B板向左平移一小段距离，则油滴仍然静止，G中有ba的电流C若将S断开，A向左平移一小段距离，则油滴向上加速度运动，G中无电流D若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴仍静止，G中无电流10、关于电场和磁场，下列说法正确的是()A我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱B电场线和磁感线是可以形象描述电、磁场强弱和方向的客观存在的曲线C磁感线和电场线一样都是闭合的曲线D电流之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质三、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

6、写出演算过程。11（6分）实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7108 m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2；电压表：量程3V，内阻约9k；滑动变阻器R1：最大阻值5；滑动变阻器R2：最大阻值20；定值电阻：R0=3；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干回答下列问题： （1）实验中滑动变阻器应选_(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至_端(填“a”或“b”)； （2）在实物图中，已正确连接了

7、部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接_；（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为_V；（4）导线实际长度为_m(保留两位有效数字)12（12分）有一标有“6V，1.5W”的小灯泡，现用图甲所示电路绘测其伏安特性曲线，提供的器材除导线和开关外，还有：A直流电源6V（内阻不计）B直流电流表03A（内阻0.1以下）C直流电流表0300mA（内阻约为5）D直流电压表015V（内阻约为15k）E滑动变阻器10，2AF滑动变阻器1k，0.5A（1）实验中电流表应选用_，滑动变阻器应选用_（用序号表示）（2）试按图甲电路将图乙所示器材连成电路_四、计算题：本题

8、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，光滑绝缘的水平地面上，相隔4L的A,B两点固定有两个电量均为+Q的正电电荷，a，O，b是AB连线上的三点，且O为中点，Oa=Ob=L。一质量为m，电量为q的点电荷以初速度v0从a点出发沿AB连线向B运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零。当它第一次运动到O点时，速度为2v0，继续运动到b点时的速度刚好为0，然后返回往复运动，直至最后静止在O点。已知静电力常量为k，求：(1)电荷q受到的阻力大小？(2)aO两点之间的电势差？(3)电荷q在电场中运动

9、的总路程？14（16分）如图，固定不动的水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m0.2kg、电阻R0.5，匀强磁场的磁感应强度B0.2T，方向垂直框架向上。现用F1N的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒向右运动的距离为d0.5m时速度达到2m/s，求：（1）此时ab棒上的感应电流的大小和方向；（2）此时ab棒的加速度大小。（3）导体棒运动d的过程所产生的热量15（12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：（1）外电场的场强大小和方向;（2）AB

10、中点处总电场的场强大小和方向. （k=9109N.m2/C2）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、B【解析】A正电荷从a点移到b点时，克服电场力做功为W，即电场力对电荷做负功，电势能增加，则电荷在a点电势能较b点小，故A错误；B由电势能公式EP=q分析知，正电荷在电势低处电势能小，所以a点电势比b点电势低，故B正确；Ca、b两点不一定沿着电场线方向，所以a、b两点电势差大小不一定为U=Ed，故C错误；D电荷从a移动到b，电场力做功为-W，根据电势差的定义得：ab间的电势差：Uab=，故D错误2、C【解析】重力做正功

11、，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加重力势能的大小与零势能的选取有关，但重力势能的变化与零势能的选取无关.【详解】A、重力势能的大小取决于相对于零势能面的高度差，故和选择的参考平面有关，随参考平面的选择不同而不同，故A正确；B、物体的重力势能，实际上是物体和地球所组成的系统的重力势能，故B正确；C、动能的改变量取决于合外力的功，故只有重力做正功，但合外力的功可能为负值，故动能可能减小，故C不正确；D、物体位于重力势能参考面以下时，物体的重力势能为负值，故D正确.本题选不正确的故选C.【点睛】解决本题的关键知道重力势能的大小与零势能的选取有关，但重力势能的变化与零势能的选取无关.以及知道重力

12、做功和重力势能变化的关系，重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加.3、B【解析】发现电流的周围空间存在磁场的物理学家是奥斯特，故选B.4、D【解析】ABD磁体能吸引1元硬币，说明硬币一定是由磁性物质制成的，但不能判断一定是铁制成的铝不是磁性物质，故AB错误，D正确；C磁体的磁性越强，只表示吸引磁性物质的能力强，与能吸引的物质种类无关，故C错误5、B【解析】画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件好角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可【详解】磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，

13、POM=120，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径R为：sin60=，得： 磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，PON=60，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径R为：sin10=，得： 由带电粒子做圆周运动的半径：得：联立解得：故选B【点睛】带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解6、D【解析】由题：在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达阳极可知，q=n2e+2ne=4ne由电流公式I=，所以D对二

14、、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、AC【解析】根据=vf，E=h可得=vv=hp=Ep，又因为=hpp=h，代入v=Ep可得v=Ep=Eh，AC正确8、BC【解析】A. 若保持S闭合，电容器的电势差U不变。减小两板间的距离d时，根据E=U/d得知，两极板间的电场强度E增大。故A错误；B. 保持S接通，电势差不变，在两极板间插入一块介质，由决定式C=S4kd可知，电容C增大，由Q=UC可知极板上的电荷量增大，故B正确；C. 断开S两极板上的电量不变，减小两极板间的距离，

15、由决定式C=S4kd可知，电容C增大，再由C=Q/U可知，则两极板间的电势差减小，故C正确；D. 断开S两极板上的电量不变，在两极板间插入一块介质，由决定式C=S4kd可知，电容C增大，再由C=Q/U可知，则两极板间的电势差减小，故D错误。故选：BC.【点睛】接通S，电容器两端的电势差不变，断开S，电容器所带的电量不变根据电容的定义式C=Q/U，决定式C=S4kd和板间场强 E=U/d进行分析即可9、BCD【解析】A项：开始时，重力和电场力平衡，故：mg=qE；将A板上移，由E=Ud可知，E变小，故油滴应向下加速运动；根据C=QU，C=S4kd得Q=SU4kd，故电容器电量减小，放电，故G中有

16、ba的电流；故A错误；B项：若将A板向左平移一小段位移，由E=Ud可知，E不变，油滴仍静止；根据C=QU，C=S4kd得Q=SU4kd，故电容器电量减小，放电，故G中有ba的电流；故B正确；C项：若将S断开，Q不变，根据C=QU，C=S4kd，U=Ed，场强E增大，故油滴向上加速度运动，G中无电流，故C正确；D项：若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，根据C=QU，C=S4kd得Q=SU4kd，故场强不变，油滴仍然静止；断路，G中无电流；故D正确。点晴：本题关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，然后结合公式U=Ed和共点力平衡条件列式分析，基础问题。10、AD【解析】解：A、我们虽然不能用

17、手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱故A正确；B、电场线和磁感线都是虚拟的，现实并不存在故B错误；C、磁感线是闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线故C错误；D、磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质故D正确故选AD【点评】首先要明白电场和磁场的物质属性；其次要知道磁感线是闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线三、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、R2 a 2.31V（2.29、2.31均正确） 93（93、95均正确） 【解析】（1）根据限流解法

18、的要求，滑动变阻器的阻值大于被测电阻，需要选择R2，闭合开关前使滑动变阻器阻值最大，即滑片在a端（2）根据电路图连接实物图，应先串后并，先连控制电路后连测量电路，如图所示：（3）电压表量程3 V，最小分度为11 V，估读一位，读数为231 V（3）根据欧姆定律得，R1Rx36 ，根据电阻定律得，Rx，联立解得，L93 m【点睛】应明确：电流表的读数不能小于量程的；应根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值的大小；若电表每小格读数中出现数字“1”则应进行估读，出现“2”则应进行“估读”，出现“5”应进行“估读”12、C E 【解析】（1）由灯泡的功率及额定电压可求得电路中的最大电流，则可选出电流表；由电路的接法可选出滑动变阻器；（2）根据原理图可连出实物图，注意实物图中导线不能交叉；注意分压接法的连接方法【详解】（1）由P=UI可知，灯泡的额定电流；故电流表应选用C；因本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器选择E；