2023学年江苏省连云港市东海高级中学物理高二第一学期期中检测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、电场中A、B两点间的电势差为U,将电荷q的点电荷从电场中的A点移到B点， 则电场力所做的功为ABCqUD2、关于电源的电动势，下列说法中正确的是( )A同一电源接入不同的电路，电动势会发生变化B电动势公式EWq中的W与电势差公式UW

2、q中的W是一样的，都是电场力做的功C电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量D通常1号干电池比7号干电池的体积大，所以1号干电池比7号干电池的电动势大3、设电荷只受电场力的作用，则下述说法中正确的是（ ）A正电荷只能朝着电势低的地方运动B正电荷只能朝着电势能低的地方运动C初速度为零的负电荷只能朝着电势能高的地方运动D初速度为零的正电荷只能朝着电势能低的地方运动4、如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有两个带正电的小球，A球的电荷量是B球的两倍，A对B的库仑力大小为F1，B对A的库仑力大小为F2。两小球从图示位置由静止释放后( )AF1、F2保持不变，且F1=F2BF1、F2保持不

3、变，且F1=2F2CF1、F2逐渐减小，且F1=F2DF1、F2逐渐减小，且F2=2F15、某电场的电场线如图所示，某点电荷在A和B两点所受电场力分别为FA、FB，则FA、FB的大小关系是 （ ）AFAFBBFAm2, r1r2 Bm1m2, r1m2，r1r2 Dm1m2, r1r2(2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是_(填下列对应的字母) .A直尺 B游标卡尺 C天平 D弹簧测力计 E秒表(3)本实验中，实验必须要求的条件是（_）A斜槽轨道必须是光滑的B斜槽轨道末端点的切线是水平的C入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D入射球与被碰球碰撞后必须黏合在一起运动(4)设入射

4、小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式(用m1、m2及图中字母表示)_成立，即表示碰撞中动量守恒四、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，一质量为m=1.0101kg，带电量为q=1.0106C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60角.小球在运动过程电量保持不变，重力加速度g=10m/s1结果保留1位有效数字.（1）画出小球受力图并判断小球带何种电荷；（1）求电场强度E。14（16分）在水平放置且相距2cm

5、的平行带电金属板间的匀强电场中，有一个质量为m =10-4g，电量q = -10-8C的带电液滴，恰在两板间的正中央处于静止状态。问：（1）哪块板带正电？（答上极板或下极板） 板间电场强度多大？（2）若板间电场强度突然增为原来的2倍，液滴将做什么运动？到达极板时的速度多大？（结果可用根号表示）15（12分）如图所示，一个电子以3106m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点飞入匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成143的方向飞出，那么A,B两点之间的电势差为多少伏？（电子的质量为9.110-31千克，电子的电量为1.610-19C）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

6、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】A、B两点间的电势差为U，电荷电量为q，则电场力做功为W=qU，故C正确，ABD错误2、C【解析】同一电源的电动势是不变的，与外电路无关，选项A错误；电动势公式EWq中的W与电势差公式UWq中的W是不一样的，前者是非静电力做功，后者是电场力做的功，选项B错误； 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，选项C正确；1号干电池和7号干电池的电动势相同，都是1.5V，只不过是1号干电池的容量较大，选项D错误；故选C.3、D【解析】AB不论正电荷还是负电荷，如果有初速度，都可以朝着电势低的地方运动，也可以朝着电势高的地方

7、运动，故A错误，B错误.CD从静止开始的电荷都会沿着电场力的方向运动，电场力都做正功，电势能都减小，故C错误，D正确.4、C【解析】两球之间的作用力是作用力与反作用力，故，同种电荷互相排斥，两小球相距会越来越远，根据库仑定律可知库仑力与距离的二次方成反比，故逐渐减小；【详解】两小球都带正电，同种电荷互相排斥，故两小球相距会越来越远，根据库仑定律可知库仑力与距离的二次方成反比，故逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，A对B的库仑力大小为与B对A的库仑力大小为是作用力与反作用力，故，故C正确、ABD错误。【点睛】本题要知道A对B的库仑力大小为F1与B对A的库仑力大小为F2是作用力与反作用力，根据牛顿第三

8、定律可知。5、A【解析】由电场线的疏密可知A点的电场强度高于B点，所以同一点电荷在A点所受电场力比B点大，电场力的大小与电荷的正负无关。故A正确。故选A。6、D【解析】A.电场线越密的地方，电场强度越大，所以同一试探电荷所受的电场力越大。故A正确，不符合题意；B.电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；故B正确，不符合题意；C.在磁场中，某点的磁场方向、该点磁感线方向和该点小磁针北极受磁力方向相同。故C正确，不符合题意；D.电场的方向是正电荷在该点所受电场力的方向，与负电荷受力方向相反。故D错误，符合题意，选择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

9、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、AD【解析】当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯L1变亮，电压表的示数减小；根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯L2的电流减小，灯L2变暗，电流表的示数减小；根据干路电流增大，流过灯L2的电流减小，根据并联电路规律可知，L3中电流增大，灯L3变亮；并联部分电压减小，则电容器的电压减小，由Q=CU，可知电容器C的带电量减小A. 灯变亮，电压表示数减小与分析相符，故A项符合题意；B. 灯变亮，电流表示数增

10、大与分析不符，故B项不符合题意；C. 灯变亮，电容器的带电量增大与分析不符，故C项不符合题意；D. 电压表和电流表的示数均减小与分析相符，故D项符合题意8、BC【解析】ABI-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，故斜率越大，电阻越小，因此C的电阻最大，A的电阻最小，故选项B正确，A错误；CDB的电阻R=4则加10V电压时，电流选项C正确，D错误；故选BC.点睛：本题考查伏安特性曲线的应用，用图象比较电阻的大小时，除用斜率之外，还可以利用电压相同时比较电流、电流大的电阻小，或者是电流相同时比较电压、电压大的电阻大9、AC【解析】A、电场强度是描述电场强弱的物理量，故A正确；B、电流强度是标量，故B

11、错误；C、串联电路电流相同，故C正确；D、欧姆定律适用于纯电阻电路，适用于金属导电或电解液导电，故D错误；故选AC。【点睛】关键是知道电场强度是描述电场强弱的物理量；欧姆定律适用于纯电阻电路，适用于金属导电或电解液导电。10、AB【解析】A. 根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故A正确；B. 根据图知a、b两粒子的电场力与速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故B正确，D错误；C. 由运动轨迹如图可知，a、b做曲线

12、运动，由于电场线方向未知，故a、b电性不能确定，故C错误故选AB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、2.97cm 0.623mm 【解析】1游标卡尺测内径时，主尺读数为29mm，游标读数为0.17=0.7mm，最后读数为：29.7mm=2.97cm。2螺旋测微器的固定刻度读数0.5mm，可动刻度读数为12.30.01=0.123mm，所以最后读数为0.623mm。12、C AC BC m1OP=m1OM+m2ON 【解析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球

13、的半径相同；（2）根据表达式确定需要测量的量，然后确定测量工具；（3）求根据实验注意事项及动量守恒定律内容进行分析答题；（4）根据动量守恒定律与图示实验情景确定需要验证的表达式；【详解】（1）为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C正确，选项ABD错误；（2）实验需要测量的量有：入射小球的质量，被碰小球的质量，入射小球碰前平抛的水平位移，入射小球碰后平抛的水平位移，被碰小球碰后平抛的水平位移，测量水平位移需要用直尺，测质量需要天平，因此需要的实验器材是AC；（3）A、验证动量守恒定律实验，必须保证斜槽轨道末端切线水平，斜槽轨道不必

14、要光滑，故A错误，B正确；C、为保证球的初速度相等，入射球每次都要从同一高度由静止滚下，两球碰撞后不一定要黏合在一起，故C正确，D错误 ；（4）两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则m1v1=m1v1+m2v2，两边同时乘以时间t得：m1v1t=m1v1t+m2v2t，则m1OP=m1OM+m2ON成立，即表示碰撞中动量守恒。【点睛】本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证。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）负电（1）1.7105N/C【解析】（1）受力如图，根据悬绳的偏转方向可知，小球受到的电场力方向与场强方向相反，则小球带负电.（1）小球受到的电场力为：F=qE，由平衡条件得：F=mgtan联立解得电场强度为：E1.7105N/C14、（1）98 N/C （2）0.44 m/s【解析】试题分析：带电液滴静止受力平衡，重力与电场力大小相等，方向相反；应用牛顿第二定律结合运动学关系式即可解得。(1)电场力与重力平衡，故电场力向上，故上极板带正电；液滴静止时，根据平衡条件，有：qE=mg解得：E=98 N/C（2）液滴向上做匀加速直线运动由