2023学年广西玉林市福绵区物理高二上期中监测试题含解析

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、匀强电场中三个距离相等的点，如图所示，B、C两点连线水平，其电势分别为A=4V，B=5V，C=3V，则根据图示点的位置可知，电场强度的方向可能是（ ）A竖直向上B竖直向下C水平向左

2、D水平向右2、平行板电容器充电后断开电源，然后将两极板间的正对面积逐渐增大，则在此过程中A电容逐渐增大 B极板间场强逐渐增大C极板间电压保持不变 D极板上电量保持不变3、如图所示，有界匀强磁场垂直纸面向里，一闭合导线框abcd从高处自由下落，运动一段时间后进入磁场，下落过程线框始终保持竖直，对线框进入磁场过程的分析正确的是（ ）A感应电流沿顺时针方向Ba端电势高于b端C可能匀加速进入D感应电流的功率可能大于重力的功率4、下列说法中正确的是( )A电势降落的方向就是电场强度的方向B通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大C电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领D在电场中，电势越

3、高的地方，电场强度也一定越大5、一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，AB与电场线夹角.已知带电微粒的质量m，电量q，A、B相距L.不计阻力，则以下说法正确的是( )A微粒在电场中可能做匀速运动B电场强度的大小为mg/q tan，方向水平向右C微粒在电场中一定做匀减速运动，且加速度的大小为g/sinD要使微粒从A点运动到B点，微粒进入电场时的最小动能是mgL/tan6、如图为两组同心闭合线圈的俯视图，若内线圈通有图示的I1方向的电流，则当I1增大时外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向分别是( )AI2顺时针方向，F沿半径指向圆心BI2顺时针方向

4、，F沿半径背离圆心向外CI2逆时针方向，F沿半径指向圆心DI2逆时针方向，F沿半径背离圆心向外二、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，水平固定的平行金属板加上电压后，两板之间视为匀强电场，有一个质量为m、电量为q的粒子以大小为v0、倾角45的初速度，从下极板边缘斜向上方射入匀强电场，粒子恰好从上极板边缘水平向右射出，粒子重力不计要使该带电粒子恰能沿极板中央轴线水平向右射出，则Av0方向必须改变，若电压不变，则v0大小应变为Bv0方向可以不变，若电压也不变，则v0

5、大小应变为Cv0方向必须改变，若v0大小不变，则电压应变为原来的Dv0方向可以不变，若v0大小也不变，则电压应变为原来的8、一电炉的电阻丝和一台电动机线圈电阻相同，现将它们以串联方式联接，接通合适的电源后，电动机正常运转，下列说法正确的是（ ）A电炉和电动机的热功率相等B电动机消耗的电功率大于电炉消耗的电功率C电炉两端电压小于电动机两端电压D电炉和电动机两端电压相等9、铅蓄电池的电动势为2 V，这表示( )A电路中每通过1 C的电荷量，电源把2 J的化学能转变为电能B没有接入电路时蓄电池两极间的电压为0 VC蓄电池在1 s内将2 J的化学能转变为电能D蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池

6、(电动势为1.5 V)的大10、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，离地面越远的卫星A线速度越大 B线速度越小C周期越大 D周期越小三、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）如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补接完整_（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后，将原线圈迅速插入副线圈时，电流计指针_（填“右偏”、“左偏”或“不偏转”） ；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针_（填“右偏”、“左偏”或“不偏转”）12（12分）某同学验证物体质量一定时加速度与合力的关

7、系，实验装置如图所示主要思路是，通过改变悬挂小钩码的质量，改变小车所受拉力，并测得小车的加速度将每组数据在坐标纸上描点、画线，观察图线特点（1）实验中为使小钩码的重力近似等于小车所受拉力，则钩码的质量m和小车质量M应该满足的关系为：_（2）如图所示为本实验中得到的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T，测量其中x1、x2、x3、x4、x5、x1为了尽量减小误差，则用T、x1、x2x1表示小车加速度大小a=_（3）经过1次实验，获得了1组对应的小车所受合力F、小车加速度a的数据，在坐标纸上描点、画线，得到如图所示的a-F图线发现图线不过原点，经排查发现：并非人为的偶然误差所致，那么，你认

8、为出现这种结果的原因可能是：_学习牛顿第二定律后，你认为，图中图线的斜率表示_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（10分）如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N/c，在y0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T一带电量q= +0.2C、质量m=0.4kg的小球由长l=0.4m的细线悬挂于P点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点，（g=10m/s2），求：

9、（1）小球运动到O点时的速度大小；（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小；（3）ON间的距离。14（16分）矩形线框abcd的边长分别为l1、l2，可绕它的一条对称轴OO转动，线框电阻为R，转动角速度为匀强磁场的磁感应强度为B，方向与OO垂直，初位置时线圈平面与B平行，如图所示（1）以图示位置为零时刻，写出现框中感应电动势的瞬时值表达式（2）由图示位置转过90的过程中，通过线框截面的电荷量是多少？15（12分）把一根长为L = 10cm的直导线垂直磁感线方向放入如图的匀强磁场中。（1）当导线中通以I1 = 2A的电流时，导线受到的安培力F1大小为1.010-7 N，试求该磁场的磁感应强度的大小B。（2

10、）若该导线中通以I2 = 3A的电流，试求此时导线所受安培力大小F2。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】由于A=4V，B=5V，C=3V，故BC的连线的中点的电势为4V，BC中点与A点连线是等势面；电场线与等势面垂直并且从高电势指向低电势，故电场线平行与BC方向水平向右；故选D【点睛】本题关键是选择“等分法”先找到等势点，得到等势面，然后结合电场线与等势面的关系得到电场线分布图。 2、D【解析】考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：平行板电容器充电后断开电源后，电容器的电量不变增大板间距离，电容减

11、小，板间场强不变由公式C=，分析电量的变化解答：解：A、电容器两极板间的正对面积逐渐增大，电容逐渐增大故A正确B、由推论公式E=，?、Q、S、k不变，板间场强E不变故B错误C、平行板电容器充电后断开电源后，电容器的电量不变由公式C=，电容C增大，则电压U减小故C错误 D、平行板电容器充电后断开电源后，电容器的电量不变故D正确故选D点评：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住不变量难点是板间场强变化的确定，要在理解的基础上，记住推论的结果3、D【解析】线框进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；根据右手定则可知，b端电势高于a端，选项B错误；线圈进入磁场时受

12、向上的安培力作用，大小为 ，随速度的增加，安培力逐渐变大，可知加速度逐渐减小，则线圈进入磁场时做加速度减小的加速运动，选项C错误；开始进入磁场时，可能安培力大于重力，即，即 ，即，即感应电流的功率可能大于重力的功率，选项D正确；故选D.4、C【解析】A、电势降落最快的方向就是电场强度的方向，故A错误；B、根据I=qt可知单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大，故B错误；C、电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领，故C正确；D、在电场中，电势越高的地方，若电场线稀疏，则电场强度小，故D错误；故选C。【点睛】电势降落最快的方向就是电场强度的方向，电场线越密的地方，电场

13、强度越大；电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领。5、C【解析】由题可知，微粒所受电场力方向必定水平向左，合力方向与速度方向相反，则微粒做匀减速运动。故A错误。力的合成图如图，则有qEtan=mg，电场强度E=mgqtan由于微粒带正电，则电场强度方向水平向左。故B错误。由上分析得知，微粒在电场中一定做匀减速运动，合力为F合=mgsin，则加速度的大小为gsin故C正确。当微粒恰好到达B点时，微粒进入电场的动能最小，由动能定理得，-mgsinL=0-Ek，得到微粒进入电场时的最小动能是mgLsin故D错误。故选C.【点睛】本题关键要懂得物体做直线运动的条件：合力方向与速度方向在同

14、一直线上结合牛顿第二定律和动能定理求解.6、D【解析】如图内线圈的电流方向为顺时针方向，由安培定则分析得知，外线圈中磁通量方向向里，当I1增大时，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向为逆时针，外线圈所在处磁场方向向外。根据左手定则分析得到：I2受到的安培力F方向是沿半径背离圆心向外所以D正确，ABC错误。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、AC【解析】粒子在水平方向L=v0cos450t；竖直方向：；v0方向不变，则y不可能变为原来的，

15、选项BD错误；若改变v0的方向，设与水平夹角为，则粒子在水平方向；竖直方向：若电压不变，使得，则两式对比可得：； ，解得 ，选项A正确；若v0大小也不变，使得，则两式对比可得：； ，解得，选项C正确；故选AC.8、ABC【解析】A.电炉电路和电动机电路焦耳定律都适用根据焦耳定律:得电炉和电动机的电阻相同，电流相同，则在相同的时间内电炉和电动机产生的电热相等故A正确B.电动机消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为机械能，电炉消耗的电能全部转化为内能，而相等时间内它们产生的热量相等，则在相同的时间内，电动机消耗的电能大于电炉消耗的电能，电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率故B正确CD.设电流为I

16、，则电炉两端电压：电动机两端电压，所以，即电动机两端电压大于电炉两端电压故C正确，D错误9、AD【解析】A. 铅蓄电池的电动势为2V，由，知非静电力将1C的正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，则电源把2J的化学能转变为电能，故A正确；B. 蓄电池两极间没有接入外电路时，即电源断路时，电源两极间的电压等于电动势2V；故B错误。C. 电源的电动势表示将1C的电量转移时做功为2J，但并不明确做功的时间；故C错误；D. 电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，故D正确；10、BC【解析】离地面越远的卫星，其轨道半径越大，卫星受

17、到的万有引力充当向心力，根据公式GMmr2=mv2r=m42T2r可得T=2r3GM，v=GMr，轨道半径越大，周期越大，线速度越小，BC正确【点睛】本题关键要抓住万有引力提供向心力这一特征，灵活选择公式，再整理出被求量的表达式加以比较讨论三、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、见解析 向右偏转 向左偏转 【解析】 (1)注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答；(2)磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表

18、指针方向相反【详解】 (1)1将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示；(2) 23闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；当将原线圈迅速插入副线圈时，则线圈的磁通量也是从无到有，则说明线圈磁通量从无到有即变大，导致电流计指针向右偏一下；线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电路中电流变小，导致线圈磁通量变小，则电流计指针向左偏转一下【点睛】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键12、 没有平衡摩

19、擦力或平衡不够 小车质量M的倒数 【解析】（1）1根据牛顿第二定律得，对m：mg-F拉=ma对M：F拉=Ma解得：当时，即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力（2）2根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，则有：为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：即小车运动的加速度计算表达式为：（3）3a-F图象不过原点而有横轴截距，说明当挂上钩码后加速度仍不为零，说明没有平衡摩擦力或平衡不够；4根据：可知a-F图象的斜率表示小车质量M的倒数【点睛】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的