海南省临高中学2023学年物理高二第一学期期中复习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答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，A、B、C、D是滑线变阻器的四个接线柱，现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P向接线柱C移动时电路

2、中的电流减小，则接入电路的接线柱可以是( ) AA和B BA和C CB和C DA和D2、真空中有两个点电荷,它们之间的静电力为F,如果使它们间的距离增大到原来的2倍,将其中之一的电量也增大到原来的2倍,则它们间的作用力将变为（ ）A4FBF2C2FDF3、如图，椭圆ABCD处于一匀强电场中，椭圆平面平行于电场线，AC、BD分别是椭圆的长轴和短轴，已知电场中A、B、C三点的电势分别为、，由此可得D点的电势为（ ）A8VB6VC3VD2V4、如图所示，下列四种运动中属于匀变速运动的是 A带电粒子在匀强磁场中，只受磁场力作用做匀速圆周运动（如图甲）B带电粒子在等量异种点电荷连线上，只受电场力作用做直

3、线运动（如图乙）C带电粒子只在点电荷电场中，只受电场力作用做直线运动（如图丙）D带电粒子在匀强电场中，只受电场力作用做曲线运动（如图丁）5、电路中每分钟有60万亿个自由电子通过横截面积为0.5mm2的导线，那么电路中的电流是（）ABCD6、关于曲线运动的下列几种说法中正确的是（ ）A曲线运动的速度有可能不变B曲线运动的速度大小有可能不变C曲线运动可能没有加速度D曲线运动的物体所受合力可能为零二、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、如图所示，用电池对电容器充电，电路a 、b

4、之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态。现将两极板的间距变大，则A电荷将向上加速运动B电荷将向下加速运动C电流表中将有从a到b的电流D电流表中将有从b到a的电流8、如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘的水平面上P、N是小球A、B的连线的水平中垂线，且PO=ON下列说法正确的是（ ）A沿着PON，电场强度一定先减小后增加B沿着PON，电场强度可能先减小后增加C沿着PON，电势一定先增加后减小D沿着PON，电势一定先减小后增加9、一电子只在电场力作用下，沿x轴正向运动的加速度a与x的关系如图所示，其中OA段的图像为直线，O为坐标原点，A、B、C

5、为x轴上的点，O、A之间的距离为d， A、C两点的加速度均为a0，设a沿x轴方向时为正，O点电势为零，电子质量为m，所带电荷量为-e。下列说法正确的是AOABCB电子在A点的电势能大于在B点的电势能CA点电势为D|UAB|UBC|10、两只电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装而成的，V1的量程为5V，V2的量程为15V，为了测量1520V的电压，把V1、V2 串联起来使用，在这种情况下（ ）AV1和V2读数相等BV1和V2两表指针偏转角相等CV1和V2的读数之比等于1:3DV1和V2的指针偏转角度之比等于两个电压表的内阻之比三、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

6、，不要求写出演算过程。11（6分）甲图所示游标卡尺的读数为_cm，乙图所示螺旋测微器的读数为_mm。12（12分）请完成游标卡尺和螺旋测微的读数：(1)游标卡尺读数为_；(2)左图为校零时的状态，右图为测量时的状态，则螺旋测微器的读数为_。 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，电源电动势E10V，内阻r0.5，“8V,16 W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M绕线的电阻R01，求：(1)路端电压和内电压(2)电路中电流和电源的总功率(3)电动机的输出功率14（16分）如图所示,带电量为q=110-

7、5C的带电粒子(初速度为零,重力不计)质量为m=210-5kg,经电压U1=4104V加速后以速度垂直进入偏转电场,两平行板间的距离为d=1cm,偏转电压U2=800V,板长L=10cm求:(1)带电粒子进入偏转电场时的速度多大?(2)带电粒子离开电场时的偏转量是y多大?15（12分）如图所示，BCD为固定在竖直平面内的半径为r=11m的圆弧形光滑绝缘轨道，O为圆心，OC竖直，OD水平，OB与OC间夹角为53，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场从A点以初速v1=9m/s沿AO方向水平抛出质量m=11kg的小球（小球可视为质点），小球带正电荷q=+111C，小球恰好从B点沿垂直于OB的

8、方向进入圆弧轨道不计空气阻力求：（1）A、B间的水平距离L（2）匀强电场的电场强度E（3）小球过C点时对轨道的压力的大小FN（4）小球从D点离开轨道后上升的最大高度H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】电路中的电流减小，则电阻增大，由电阻定律： ，知导线的长度增大，所以接入的接线柱应该是B和C或B和D，故C正确，ABD错误。2、B【解析】由库仑定律的公式F=kQqr2知，将其中之一的电量增大为原来的2倍，它们之间的距离增加为原来的2倍，则们之间的静电力大小变为原来的F=k2Qq(2r)2=12F，故B正确

9、，ACD错误。故选B。3、C【解析】在匀强电场中，两长度相等且相互平行的线段两端的电势差相等，A、B、C、D顺次相连将组成菱形，由公式U=Ed可知，或解得.A. 8V，与结论不相符，选项A错误；B. 6V，与结论不相符，选项B错误；C. 3V，与结论相符，选项C正确；D. 2V，与结论不相符，选项D错误4、D【解析】A. 匀速圆周运动的加速度大小不变，方向时刻改变，不是匀变速运动故A错误B. 带电粒子在等量异种点电荷连线上，根据电场线分布可知，场强在变，受到的电场力在改变，则加速度在改变，不是匀变速运动，故B错误C.根据点电荷场强公式可知，离点电荷越远，场强越小，电场力越小，加速度越小，故不是

10、匀变速运动，故C错误D. 带电粒子在匀强电场中，受到的电场力不变，加速度不变，是匀变速运动，故D正确5、D【解析】每分钟通过的电量为：q=6010121.610-19C=9.610-6C；则电路中的电流为：I=1.610-7A=0.16A，A与计算结果不相符，故A项错误；B与计算结果不相符，故B项错误；C与计算结果不相符，故C项错误；D与计算结果相符，故D项正确；6、B【解析】A项：物体做曲线运动时，速度的方向沿曲线的切线方向，速度肯定变化，故A错误；B项：物体做匀速圆周运动时速度大小不变。故B正确；C项：物体做曲线运动时，速度肯定变化，必然有加速度。故C错误；D项：物体做曲线运动的条件是合力

11、的方向与速度方向不在同一条直线上，所以合外力不可能为0，故D错误。故选：B。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、BD【解析】AB电容器极板间电压不变，根据匀强电场中电场强度和电势差的关系：极板间距变大，可知电场强度减小，电荷初始时刻静止不动，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力平衡，电场强度减小，电荷受到的电场力变小，所以电荷将向下加速运动，A错误，B正确。CD根据电容的决定式：极板间距增大，电容减小，根据电容的定义式：极板间电压不变，电容减小，电荷量减小，电容器放电

12、，所以电流表中有从到的电流，C错误，D正确。故选BD。8、BC【解析】可以根据等量同种电荷的电场线分布，及沿着电场线电势降低这个方向来考虑这个问题【详解】AB在AB的垂直平分线上,从无穷远处到O点电场强度先变大后变小,到O点变为零,由于无穷远处到O过程中有个最大值，所以沿着PON，电场强度不一定先减小后增加，只能说可能先减小后增加，故A错；B对；CD根据电场的叠加，可知在在AB的垂直平分线上，电场线从O点指向两侧，沿着电场线电势在降低，所以沿着PON，电势一定先增加后减小，故C对；D错；故选BC9、AC【解析】A由图可知，负电荷受力沿x负方向，电场强度方向沿x轴正方向，因沿电场方向电势降低，故

13、OABC；故A正确。B电子带负电，电势高的地方电势能小，在A点的电势能小于在B点的电势能。故B错误。C根据牛顿第二定律知U=Ex所以O、A之间的距离为d，A点的加速度为a0，则解得：故C正确；D根据可以知道a-x图象的面积间接反映电势差的大小，所以|UAB|UBC|，故D错误。故选AC。10、BC【解析】设电压表V1的内阻为R1，电压表V2的内阻为R2，由电压表的改装原理可知，U1U2=IgR1IgR2=R1R2=515=13；若将二者串联起来，通过它们的电流相同，则V1的读数U1=IR1，V2的读数为U2=IR2，所以U1U2，A错误；根据通过电流表的偏角与电流成正比可知，串联时电流相等，偏

14、角也应相等，所以B正确；根据选项A的分析可知，U1U2=R1R2=13，所以C正确；由电流表的指针偏角与通过的电流成正比可知，V1与V2的偏转角度应相等，所以D错误故选BC点睛：求解本题的关键是明确电流表的工作原理和电压表的改装原理电流表工作时，电流表的指针偏转角度与通过电流表的电流大小成正比；电压表是电流表与电阻串联后改装成的三、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、1.015 1.6050.003 【解析】1游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm所以最终读数为10m

15、m+0.15mm=10.15mm=1.015cm2螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为10.50.01mm=0.105mm所以最终读数为1.5mm+0.105mm=1.605mm12、 (在都算正确) 【解析】(1)1游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为120.05mm=0.60mm，所以最终读数为1020mm+0.60mm=10.60mm(2)2校零时螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为0.80.01mm=0.008mm，所以最终读数为0mm+0.008mm=0.008mm，测量时螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为14.

16、40.01mm=0.144mm，所以最终读数为0.5mm+0.144mm=0.644mm，螺旋测微器的读数为0.644mm0.008mm=0.636mm，由于读数误差(在都算正确)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) 8V, 2V (2)4A,40W (3)12W【解析】由题，“8V，16W”的灯泡L恰好能正常发光，灯泡的电压为U=8V，电源的内电压为U=E-U=2V，根据欧姆定律求出电路中总电流I，电源的总功率为P=EI根据功率功率求出灯泡的电流，通过电动机的电流等于总电流与灯泡电流之差电动机的输出功率等

17、于电功率与发热功率之差【详解】(1) 灯泡正常发光，电压为8V，外电路的灯泡和电动机并联，电压相等，电路中路端电压为U=8V，电源的内电压为U=E-U=2V(2)电路中的总电流I=E-Ur=4A则电源的总功率为P=EI=104W=40W(3)灯泡额定电流为：IL=PLUL=168A=2A流过电动机的电流为：IM=I-IL=4-2A=2A电动机的总功率为：PM=UMIM=82=16W电动机的热功率为：P热=IM2R0=221=4W则电动机的输出功率为：P出=PM-P热=16-4=12W【点睛】对于电动机工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求出通过电动机的电流14、 (1)200m/s (2)5mm【解析】试题分析：（1）由动能定理得（2）带电粒子在电场中的加速度：带电粒子在电场的运