广东省深圳市外国语xx学校2023学年高二物理第一学期期中统考试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，电路两端的电压保持不变，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是() AL1变亮，L2和L3皆变暗BL1变暗，L2不能确定，L3变暗CL1

2、变暗，L2变亮，L3变亮DL1变亮，L2变亮，L3变暗2、在如图所示的实验中，能在线圈中产生感应电流的是A磁铁N极停在线圈中B磁铁S极停在线圈中C磁铁从线圈内抽出的过程D磁铁静止在线圈左侧3、如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是 A该点电荷带正电Ba点的电势高于b点的电势Ca点的电场强度大于b点的电场强度Da点和b点电场的方向相同4、炮弹从炮口射出时的速度大小为，方向与水平方向成角，如图所示.把这个速度沿水平和竖直方向分解，其水平分速度的大小是( )ABCD5、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

3、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，带电油滴仍然静止DP点的电势不变，带电油滴将向上运动6、下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲原理的是（）A喷灌装置的自动旋转B章鱼在水中前行和转向C运载火箭发射过程D码头边轮胎的保护作用二、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、在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为

4、电容器，A、V为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（ ）A电流表示数变小B电压表示数变大C电容器C中的电场强度变小Da点的电势降低8、下列关于匀变速直线运动的说法正确的是（）A做匀变速直线运动的物体，它的加速度方向和速度方向总是相同的B做匀变速直线运动的物体，它的加速度方向和速度变化的方向总是相同的C做匀变速直线运动的物体，它的速度变化越大，加速度越大D做匀变速直线运动的物体，它的速度在单位时间内变化越大，加速度越大9、在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，各电表都看做理想表。闭合开关，滑动变阻器滑片P向右移动，若以U1、U2、U3、I

5、分别表示电压表V1、V2、V3和电流表A的示数变化的大小，则下述结论正确的是（ ）A电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变小、变大、变小、变大B电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变大、变小、变大、变小CU2+U3=U1DU1I、U2I、U3I分别是变小、不变、变小10、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（）AnSvtBnvtCD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） “测定电池的电

6、动势和内阻”的实验中：(1)在如图甲所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于_端（填“A”或“B”）。(2)如图乙是根据实验数据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势E=_V，内阻r=_。(3)实验中如果将电压表并连在滑动变阻器的A、B两端，则理论上电动势的测量值和真实值关系E测_ E真，内阻的测量值和真实值 r测_ r真（填“，或=”）。12（12分）欲用伏安法测定一段阻值为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，备有以下器材： A电池组（3V、） B电流表（03A，约0.0125）C电流表（00.6A，约0.125） D电压表（03V、 ）E. 电压表（

7、015V、） F. 滑动变阻器（0 ）G. 滑动变阻器（0） H. 开关、导线(1)上述器材中应选用的是_。(2)实验电路采用正确连接,R的测量值比真实值_（填“偏大”或“偏小”或“相等” ）。 (3)在方框中画出实验电路图_。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，质量m=1.0kg的通电导体棒在安培力作用下水平静止在倾角为37、宽度L=1.0m的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下，磁场仅存在于绝缘框架内。在右侧回路中，电源的电动势E=8.0V，内阻r=1.0，额定功率（输入功率）为8.0W

8、，额定电压为4.0V的电动机M正常工作，重力加速度，试求：（1）电动机的额定电流IM与通过导体棒的电流I。（2）金属棒受到的安培力F大小及磁场的磁感应强度B大小。14（16分）如图所示，把质量为0.2g的带电小球A用丝线吊起，若将带电荷量为+410-8C的小球B靠近它，当两小球在同一高度相距3cm时，丝线与竖直方向的夹角为45（g取10m/s2），求：（1）小球A带何种电荷；（2）此时小球B受到的库仑力大小；（3）小球A带的电荷量qA15（12分）如图所示的电路中，电源电动势E=6.00V，其内阻可忽略不计。电阻的阻值分别为R1=2.4k、R2=4.8k，电容器的电容C=4.7F闭合开关S，待

9、电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，其稳定值为1.50V。求：（1）由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少？（2）该电压表的内阻为多大？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、D【解析】当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器电阻R减小，故总电阻减小，根据欧姆定律干路电流增加，故灯泡L1变亮；并联电路的电压U并=U-IRL1，故并联电路电压变小，灯泡L3变暗；干路电流增加，而通过灯泡L3的电流变小，故通过灯泡L2的电流增加，灯泡L2变亮；故选D。2、C【解析】磁铁N极停在线圈中，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感

10、应电流故A错误磁铁S极停在线圈中，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流故B错误磁铁从线圈内抽出的过程，穿过线圈的磁通量减小，能产生感应电流故C正确磁铁静止在线圈左侧，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流故D错误故选C.3、C【解析】本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，以及电场线方向与电势高低的关系，抓住电场线越密，场强越大、顺着电场线电势降低进行分析即可；【详解】A、根据电场线从无穷远出发到负电荷终止可知，该电荷是负电荷，故A错误；B、顺着电场线电势降低，则知a点的电势低于b点的电势，故B错误；C、电场线的疏密情况代表场的强弱情况，由图知，a处电场线较密，则a处电场强度大，故C正确；D

11、、场强的方向即为该点电场线的切线方向，由图看出，a、b两点场强方向不同，故D错误。【点睛】熟悉正、负点电荷，等量同种、等量异种电荷周围电场分布情况往往是解题关键。4、B【解析】速度分解到相互垂直的两个方向上，竖直分速度水平分速度故选B。5、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

12、，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6、D【解析】喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动，故A错误； 章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故B错误；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，故C错误；码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲作用，故D正确二、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、BCD【解析】B在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电

13、阻减小，并联电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻两端电压增大，则电压表示数变大，故B正确；AD根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于两端的电压，干路电流I增大，变小，则a点的电势降低，通过的电流减小，通过电流表的电流，干路电流I增大，减小，则增大，即电流表示数变大，故A错误，D正确；C电阻两端的电压，干路电流I增大，则变小，电容器板间电压变小，电容器C中的电场强度减小 ，故C正确【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化8、BD【解析】匀加速

14、直线运动的速度方向和加速度方向相同，而匀减速直线运动的速度方向和加速度方向相反，故A错误；由加速度的定义可知加速度的方向与速度变化方向相同，故B正确； 加速度表示速度变化的快慢，速度变化越快，加速度就越大，速度在单位时间内变化越大，与速度变化大小无关，故C错误；D正确所以BD正确，AC错误9、AC【解析】AB、当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A的示数变大；根据欧姆定律可知R2的电压增大，电压表V2示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表V3示数变小。R2的电压增大，路端电压减小，则R1的电压减小，则电压表V1的示数变小，

15、故A正确，B错误。CD、根据全电路欧姆定律知：U2+U3=U1，故C正确。由U1=E-IR2+r，变形得：U1I=R2+r，不变。U2I=R2，不变。由U3=E-Ir，变形得：U3I=r，即不变。故C正确，D错误。故选AC【点睛】当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，电路中的总电流增大，由欧姆定律分析并联部分两端电压的变化和路端电压的变化，再判断R2两端电压的变化，综合分析出两电压表变化量的大小10、AC【解析】CD根据电流的微观表达式I=nqvS，在t时间内通过导体横截面的自由电子的电量Q=It则在t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为选项C正确，D错误

16、；AB将I=nevS代入得故A正确，B错误。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、A 1.5 1.0 = 【解析】（1）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；（2）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；根据图象的斜率绝对值表示内电阻可求得内电阻（3）将电压表并连在滑动变阻器的AB两端，误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻，则通过电表对电路的影响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况【详解】（1）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为右半部分；故滑片

17、应接到A端；（2）在U-I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率绝对值代表的是电源的内阻的大小U-I图可知，电源的电动势E=1.5V；U-I图象斜率的绝对值等于内阻，所以；（3）图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动势是准确的而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻大于真实值【点睛】本题考查实验的连接和数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻12、ACDFH 偏小 【解析】（1）1根据闭合电路欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为所以电流表应选C；根据电源电动势

18、为3V可知，电压表应选D；根据电流表的最小读数应为量程的1/3，根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻应为所以变阻器应选F，且应采用限流式接法；所以应选择的器材是ACDFH；（2）2由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法；由于变阻器的阻值大于待测电阻，变阻器应采用限流式接法；电路应是外接限流式，此电路中电流的测量值偏大，则电阻Rx的测量值比真实值偏小。（3）3如图所示：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）2A；2A（2）6N；3T【解析】（1）电动机的正常工作时，有：PM=UIM代入数据解得：IM=2A通过电源的电流为：通过导体棒的电流I=I总-IM=2A（2）导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即：F=mgsin37=6N流过导体棒的电流I为I=2AF=BIL解得：B=