福建省泉州市永春一中2023学年高二物理第一学期期中达标检测试题含解析

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、以下说法正确的是（）A通电导线在磁场中可能会受到力的作用B磁铁对通电导线不会有力的作用C两根通电导线之间不可能

2、有力的作用D两根通电导线之间只可能有引力的作用，不可能有斥力的作用2、如图，两个带电金属小球中心距离为r，带电荷量相等为Q，则它们之间电荷的相互作用力大小F的说法正确的是（）A若是异种电荷B若是同种电荷C若是异种电荷D不论是何种电荷3、关于力，下列叙述正确的是A力是维持物体运动的原因B作用力与反作用力是一对平衡力C施力物体同时一定是受力物体D一对平衡力一定是同一种性质的力4、关于电荷所受电场力和洛仑兹力，正确的说法是A电荷在磁场中一定受洛仑兹力作用B电荷在电场中一定受电场力作用C电荷所受电场力一定与该处电场方向一致D电荷所受的洛仑兹力一定与磁场方向一致5、放入电场中某点的电荷所受的静电力F跟它

3、的电荷量q的比值，叫做该点的电场强度E，即E=F/q下列说法正确的是（）A.电场强度的国际单位是N/CB若将放入该点的电荷量增加一倍，则该点的电场强度将减少一半C.放入该点的电荷所受的静电力的方向就是该点的电场强度的方向D.若将放入该点的电荷从电场中移出，则该点的电场强度变为06、如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，A电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大B电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小C电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大D电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在

4、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、如下图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( )A使A、B两板靠近一些B断开S后，使A板向左平移一些C断开S后，使B板向左平移一些D断开S后，使A、B正对面积减小一些8、如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是（）A电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大B电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小C电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大D

5、电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小9、如图所示，带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，都用长为L的丝线悬挂在O点。静止时A、B相距为d。为使平衡时A、B间距离减为，可采用以下哪些方法（ ）A将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B将小球B的质量增加到原来的8倍C将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍10、如图所示，电源电压恒定，在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下。平行板电容器C，灵敏电流计G、电源及开关组成闭合回路。下列各种情况下灵敏电流计偏转方向是A若减小电容器两极板间距离，向右偏转B若减小电容器两

6、极板间距离，向左偏转C若将电容器极板正对面积减小，向右偏转D若将电容器极板正对面积减小，向左偏转三、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）一实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图所示的电路图请回答下列问题：（1）请将图中的实物连线按电路图补充完整_（2）考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值_（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值（3）在电路图中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零原因可能是图中的_（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良（4）实验测得表格中的7

7、组数据请在坐标纸上作出该元件的I-U图线_（5）为了求元件Q在I-U图线上某点的电阻，甲同学利用该点的坐标I、U，由求得乙同学作出该点的切线，求出切线的斜率k，由求得其中_（选填“甲”、“乙”）同学的方法正确12（12分）某学生设计一实验来粗略验证向心力的表达式，如图所示细线下面悬挂一个钢球，细线上端固定在铁架台上将画着一个圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时正好位于圆心，如果小球的向心力和合力相等，则说明向心力的表达式正确a. 用手带动钢球，设法使它沿纸上的圆悬空做匀速圆周运动，用秒表记录钢球运动n圈所用时间t，用直尺测出纸上的圆的半径为r，如果向心力的表达式正确，并假设钢球质量为m，则由向

8、心力表达式求出来的向心力_（用题中所给字母表示）b. 然后，测出线的长度为L，假设钢球可看做质点，从力的角度计算钢球的合力_（用题中所给字母表示）c. 在本实验中小球的质量_（“需要”或“不需要”）测出；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）有一台电动机，内部线圈电阻为8，其两端的电压为380V，通过它的电流为10A，试求：（1）电动机的电功率（2）电动机的机械功率14（16分）如图所示，已知竖直杆O1O1长为1.0m，水平杆长L1=0.1米，用长L1=0.12米的细绳悬挂小球，整个装置可绕竖直杆O1O1转动

9、，当该装置以某一角速度转动时，绳子与竖直方向成45角，取g=10m/s1求：（1）该装置转动的角速度；（1）如果运动到距离杆最远时刻悬挂小球的细绳突然断了，小球将做平抛运动求小球落地点与竖直杆在地面上点O1的距离s（答案可用根式表示）15（12分）如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21，电动机线圈的电阻R0=0.5，当电键S断开时，电阻R1的电功率是525W，当S闭合时，电阻R1 的电功率是336W，求：(1)电源的内阻；(2)当S闭合时电动机的输出功率参考答案一、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、A【解析】A当

10、电流与磁场平行时，不受安培力作用，因此电流在磁场中受力是有条件的，故A正确；B通电导线在磁铁形成的磁场中，当电流方向和磁场有一定的夹角时，将受到安培力作用，故B错误；C通电导线会在它的周围产生磁场，而磁场会对其它通电导线具有安培力的作用，故C错误；D两根通电导线如果电流方向相同，则存在引力作用，如果电流方向相反，则存在斥力作用，故D错误。故选A。2、C【解析】AC若是异种电荷，电荷间相互吸引，导致电荷间距比r还小，因此库仑力，故A错误，C正确；BD若是同种电荷，电荷间相互排斥，导致电荷间距比r还大，因此库仑力，故BD错误。故选C。3、C【解析】考查力的概念与特点。【详解】A力是改变物体运动状态

11、的原因，不是维持物体运动状态的原因，A错误；B作用力与反作用力作用在不同物体上，一对平衡力作用在同一个物体上，B错误；C力的作用是相互的，施力物体同时一定是受力物体，C正确；D一对平衡力不一定是同一种性质的力，比如物体静止于地面上，重力与地面对物体的支持力是一对平衡力，但性质不同，D错误。故选C。4、B【解析】A、电荷在磁场中不一定受到磁场力，比如运动方向与磁场平行，故A错误；B、电荷在电场中一定受到电场力，故B正确；C、正电荷在电场中所受电场力方向与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反，故C错误；D、电荷在磁场中的运动方向和磁场方向不在同一线上时，电荷受洛伦兹力作用，根据左手定则可知，洛伦

12、兹力方向和磁场垂直，故D错误.【点睛】本题主要考查对带电粒子在电场和磁场中的受力情况，注意电荷在磁场中受洛伦兹力是“有条件”的即运动电荷和磁场方向有夹角，若是平行或电荷与磁场相对静止则不受洛伦兹力作用，而电荷在电场中受电场力是“无条件”的即电场力与电荷的运动状态无关。5、A【解析】由公式知，电场强度的国际单位是，A正确；若将放入该点的电荷量增加一倍，则电场力也将会增大一倍，而该处的电场强度却不变，B错误；放入该点的正电荷所受静电力的方向就是该点电场强度的方向，若是负电荷则受力的反方向为电场强度的方向，C错误；若将放入该点的电荷从电场中移出，则电场力随之而消失，但电场强度受到电场的性质决定，所以

13、依然存在，D错误；选A.【点睛】电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义比值与电场力及电量均无关而电场线越密的地方，电场强度越强6、A【解析】试题分析：由电路图可知，本题为滑动变阻器的两部分并联，并联后，再与R串联；由几何知识可知滑片移动时总电阻的变化；则由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流的变化及路端电压的变化解：设滑动变阻器触点以上的电阻为R上，触点以下的电阻为R下因为滑动变阻器的有效电阻R并除最初和最终为零外，是R上和R下并联的结果，二者之和一定，二者相等时积最大，所以当触点在中间时电阻最大，根据全电路欧姆定律，I总=，所以当触点在中间时电流最小，电压表V读

14、数为电源的路端电压，U=E - Ir，当触点在中间时路端电压最大，电压表V读数先变大后变小，所以本题选A或C再算电流表A读数即R下的电流I，根据电阻并联分流公式，联立以上3式，解得变化为I=当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，R上一直变大而R下一直变小，从上式可以看出，电流表A读数I一直变大，所以本题选A故选A【点评】本题考查全电路欧姆定律，滑动变阻器，电路分析，并联分流等，难度：较难电路分析和电压表电流表读数随滑动变阻器触点移动而变化的题目是传统题目，但此题推陈出新，有新意，用新方法，一是应用数学知识：二者和不变，相等时积最大，二是应用数学方法，把最后的I式子变化为最后一式，目的是减

15、少变化量二、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】A.静电计指针张开角度反应了电容器两极板间的电压大小，开关S合上后，电容器的电压U不变，使A、B两板靠近一些不会使静电计指针张角增大，选项A错误；B. 断开S后，电容器的电量Q不变。使A板向左平移一些， d增大，C减小，又，所以U增大，静电计指针张角增大，选项B正确；C. 断开S后，使B板向左平移一些，根据，d减小，C增大，所以U减小，静电计指针张角减小，选项C错误；D. 断开S后，使A、B正对面积减小一些，根据

16、，S减小，C减小，所以U增大，静电计指针张角增大，选项D正确。故选BD。8、AD【解析】当滑动变阻器滑动触点P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电流表A1读数增大；电压表V1读数 U1=E-I（R1+r），I增大，其他量不变，则U1减小；通过电流表A2的电流，U1减小，则I2减小；流过R2的电流 I2=I-I2，I增大，I2减小，则I2增大，则伏特表V2的读数增大综上，电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大，伏特表V2的读数增大，电流表A2的读数减小故AD正确，BC错误故选AD【点睛】本题是简单的电路动态分析问题，按“部分整体

17、部分”的思路进行分析，对于并联电路，要抓住干路电流等于各支路电流之和分析两个支路电流的关系9、BD【解析】AB如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；由几何关系可知，；而库仑力；即： ；要使d变为，可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故A错误，B正确；CD或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立；故选项C错误，D正确；10、BC【解析】闭合开关时，电流从左向右流过灵敏电流计，为电容器充电，指针向左偏了一下。AB. 保持电容和电源连接，电容器两端电压不变。若减小电容器两极板间距离，电容增

18、大，根据，电容器所带电量增加，需要给电容器充电，所以指针向左偏转，故A错误，B正确；CD. 若将电容器极板正对面积减小，电容减小，根据，电容器所带电量减小，电容器放电，所以指针向右偏转，故C正确，D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、 小于 f 甲 【解析】（1）根据电路图连接实物图如答案所示注意不要将正负极连接错误（2）根据欧姆定律可知测得的电阻是待测电阻与电压表的并联电阻，所以测量值小于真实值（3）在电路图中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零说明电路没断，即f点出现问题（

19、4）处理图像如答案，注意不要连成折线（5）I-U图线上某点的电阻即斜率的倒数才是电阻，即甲同学说法正确12、 不需要 【解析】（1）钢球运动n圈所用时间t，则周期为T=，这个实验中由向心力表达式求出来的向心为：（2）对小球受力分析如图所示，则有：F合=mgtan=；（3）根据可知，质量可以约去，则不需要测出小球的质量，【点睛】通过实验数据来粗略验证向心力表示式，培养学生善于分析问题与解决问题的能力，同时运用力的合成寻找向心力的来源四、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）3800W（2）3000W【解析】（1）电动机两端的电压为380V，通过它的电流为10A，故电功率为：P=UI=38010=3800W（2）根据能量守恒定律，有：P=P出+I2r即：P出=P-I2r=3800-1028=3000W答：（1）电动机的电功率P=3800W（2）电动机的机械功率P出=3000W14、（1）5rad/s（1）0.45m 【解析】(1) 小球做匀速