云南省昭通市大关县一中2023学年高二物理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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷q、q、q，在该三角形中心O点处固定一电量为-2q的点电荷，则该电荷受到的电场力为（ ）A12kq2a2， 方向由O指向C

2、B12kq2a2，方向由C指向OC23kq2a2，方向由C指向OD23kq2a2，方向由O指向C2、两个完全相同的金属小球A、B，球A所带电荷量为5Q，球B所带电荷量为-Q现将球B与球A接触后，移到与球A相距为d处（d远远大于小球半径）已知静电力常量为k，则此时两球A、B之间相互作用的库仑力大小是（ ）A4kQ2d2 B2kQ2d C4kQ2d D2kQ2d2.3、竖直放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性环轴线重合，现将弹性圆环均匀向外扩大，下列说法中正确的是（ ）A穿过弹性圆环的磁通量增大B从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流C弹性圆环中无感应电流D弹性圆环

3、受到的安培力方向沿半径向外4、如图原来不带电的金属球A的半径为R，将带电量为Q的正点电荷移到球外距球心距离为r的地方，将A球接地则（ ）AA球仍不带电B球心处的电场强度为0C球上距Q越近的地方电势越低D该点电荷在球心处产生的电场的场强大小等于05、如图所示的电场中，下列判断正确的是Aa,b两点的电场强度大小相等Ba b两点的电场强度方向相同Ca点电势比b点高D负电荷在a点具有的电势能比在b点大6、下列速度中，属于瞬时速度的是（）A飞机起飞时的速度约为500km/hB汽车从甲站行驶到乙站的速度约为35km/hC轮船从大连航行到青岛的速度约为18km/hD小芳从家里步行到学校的速度约为5km/h二

4、、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，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置在管子的底部固定一电荷量为Q的正点电荷在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q、质量为m的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零现让一个电荷量为q、质量为3m的点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷运动过程中（ ）A速度最大处与底部点电荷的距离是B速度最大处与底部点电荷的距离是C运动到B处的速度是D运动到B处的速度是8、如图所示电路

5、中，电源电动势为E，内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻是R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端移到b端的过程中，下列描述正确的是（ ） A电路的总电流先增大后减小B电路的路端电压先增大后减小C电源的输出功率先减小后增大D滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大9、如图所示，A、B两个平行金属板充电后与电源断开，B板接地，C、D是A、B两板间的两个点，以下说法正确的是（ ）AA板不动，将B板向下移动一小段距离，则C点电势升高BA板不动，将B板向下移动一小段距离，则C、D两点间电势差变大CB板不动，将A板向上移动一小段距离，则C点电势不变DB板不动，将A板向上移动一小

6、段距离，则C、D两点间电势差变小10、如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面,它们的电势分别为a、b和c， abc一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示由图可知（ ）A粒子从K到L的过程中，电场力做正功B粒子从L到M的过程中，电场力做负功C粒子从K到L的过程中，电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能增加三、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）测定电源的电动势和内电阻的实验电路和UI图象如图所示现备有以下器材：A干电池1 个B滑动变阻器（050）C电压表（03V）D电压表（015V）E.电流表（00.6A）

7、F.电流表（03A）(1)其中电压表_和电流表应选_（填字母代号）(2)如图乙是根据实验数据画出的UI图象.由此可知这个干电池的电动势E=_V，内电阻r=_ （保留两位有效数字）12（12分）某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”挡内部电路的总电阻使用器材有： 多用电表； 电压表：量程5V，内阻十几千欧； 滑动变阻器：最大阻值5k； 导线若干 回答下列问题： （1）将多用电表档位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔_，调零点（2）将图（a）中多用电表的红表笔和_（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的

8、示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示多用电表和电压表的读数分别为_k 和_V （4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零此时多用电表和电压表的读数分别为12.0k和4.00V从测量数据可知，电压表的内阻为_k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，足够长的竖直绝缘杆上套有一带正电小环，整个装置处在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场内，小环由静止开始下滑，经过时间t后速度达到最大值已知小环质量为m、电荷量为q，电场强度为E，磁感应强度为B，小环与杆之间的动摩擦因数为，重力加

9、速度为g求：（1）小环下滑的最大加速度的大小和最大速度的大小；（2）小环下滑时间t内受到的平均摩擦力的大小（用动量定理求解）14（16分）如图所示的直角坐标系中，在0y3L的区域内有磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场一厚度不计，长度为5L的收集板MN放置在y2L的直线上，M点的坐标为（L，2L）一粒子源位于P点，可连续发射质量为m、电荷量为q（q0）的粒子（初速度近似为零），粒子经电场加速后沿y轴进入磁场区域（加速时间很短，忽略不计）若收集板上下表面均可收集粒子，粒子与收集板麵后被吸收并导走，电场加速电压连续可调，不计粒子重力和粒子间的作用力求（1）若某粒子在（L，0）处离开磁场，则该粒子

10、的加速电压U0的大小；（2）收集板MN的下表面收集到的粒子在磁场中运动的最长时间；（3）收集板（上下两表面）无法收集到粒子区域的x坐标范围15（12分）如图所示，两平行金属导轨间距L=1m，导轨与水平面成=37，导轨电阻不计导轨上端连接有E=6V、r=1的电源和滑动变阻器R长度也为L的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，金属棒的质量m=0.2kg，电阻R0=2，整个装置处在竖直向上磁感应强度为B=1.5T的匀强磁场中，金属棒一直静止在导轨上（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）当金属棒刚好与导轨间无摩擦力时，接入电路中的滑动变阻器的阻值R多大； （2） 当滑

11、动变阻器接入电路的电阻为R=5时金属棒受到的摩擦力参考答案一、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、B【解析】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为：r=23asin60=33，三个电荷在O处产生的场强大小均为：E0=kqr2根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为：E1=kqr2再与-q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为：E=E1+E2=2kqr2=6kqa2，方向由O指向C则该负电荷受到的电场力为：F=2Eq=12kq2a2，方向由C指向O；故B正确。2、A【解析】而两球接触后再分开平分总电量，故分开后，

12、两球的带电量均为q=5Q-Q2=2Q，则根据库仑定律，库仑力为：F=k2Q2Qd2=4kQ2d2，A正确【点睛】本题考查运用比例法求解物理问题的能力对于两个完全相同的金属球，互相接触后电量q=q1+q223、B【解析】将弹性圆环均匀向外扩大，由于磁感线是闭合曲线，故穿过弹性圆环的磁通量减小，选项A错误；由楞次定律可判断，从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流，弹性圆环受到的安培力方向沿半径指向圆心，选项B正确，选项C、D错误.故选B4、B【解析】金属球在点电荷Q附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。最终达到静电平衡，在金属球内部场强处处为零，整个金属球是一个等势体。根据电场的叠加原理

13、分析点电荷Q在金属球球心处激发的电场场强.【详解】A、当金属球接地时，由于静电感应，金属球的右侧将带上负电荷，而左侧不带电，所以接地后断开，金属球带负电;故A错误.B、金属球处于静电平衡状态，金属球内部的场强处处为零，则电荷Q与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向;故B正确.C、金属球处于静电平衡状态，整个球是一个等势体，所以金属球右侧表面的电势等于左侧表面;故C错误.D、点电荷Q在金属球球心处激发的电场场强,方向向左;故D错误.故选B.【点睛】解决本题的关键是理解并掌握静电平衡导体的特点，知道处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且整个导体是等势

14、体.5、C【解析】电场线的疏密反映场强的大小，a点的电场线较密集，则a点的场强较b点大，选项AB错误；顺着电场线电势降低，可知a点电势比b点高，选项C正确；负电荷在高电势点的电势能较小，则负电荷在a点具有的电势能比在b点小，选项D错误；故选C.点睛：此题关键是知道电场线的疏密反映场强的大小，沿电场线电势逐渐降低；正电荷在高电势点的电势能较大，负电荷正好相反.6、A【解析】A、飞机起飞速度是指飞机在离地起飞瞬间的速度，为瞬时速度，A正确；B、汽车从甲站行驶到乙站的速度为一段位移内的速度，为平均速度，B错误；C、轮船从大连航行到青岛的速度为一段位移内的速度，为平均速度，C错误；D、小芳从家里步行到

15、学校的速度对应一段位移，故为平均速度，D错误；故选A。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、BC【解析】当点电荷的质量为m时，则在下落过程中受重力和电库仑力，下落到B点时速度为零，由动能定理可得：，即，当点电荷的质量变为3m时，下落到B点时库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理得，解得；当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，解得，故BC正确，AD错误，故选BC.【点睛】由题意可知，电荷在下落过程中受重力、库仑力，由动能定理可得出两力做功的关系；同理可应用动能定理

16、求出当质量变化时B点的速度；通过对过程的分析可得出速度最大处的位置；并通过电场力做功的正负，来判定电势能增加还是降低8、BC【解析】当滑动变阻器从ab移动时，R1左右两个部分并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故A错误；路端电压U=E-Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；当R外=r的时候 电源的输出功率最大，可知当滑片在a端或者b端时，外电路总电阻 R外=r，此时电源的输出功率最大，所以输出功率是先减小后增大的，故C正确；将R2看成电源的内阻，等效电源的内阻为2r，变阻器为外电路，显然外电阻小于内电阻，外电阻先增大后减小，等效电

17、源的输出功率，即R1上消耗的功率先增大后减小，故D错误故选BC.点睛：本题关键判断出滑动变阻器滑片P从最右端中间左端总电阻变化情况和电源的输出功率与外电阻的关系，能巧妙运用等效思维分析变阻器功率的变化9、AC【解析】A板不动，将B板向下移动一小段距离，d增大，根据电容的决定式CS4kd、C=QU以及E=Ud得，E=4kQS，Q不变，则电场强度不变，则C与B板间的电势差增大，则C点的电势增大CD间的距离不变，则C、D间的电势差不变故A正确，B错误B板不动，将A板向上移动一小段距离，同理，电场强度不变，C与B板间的电势差不变，B板的电势为零，则C点的电势不变C、D间距离不变，则C、D两点间电势差不

18、变故C正确故D错误故选AC10、CD【解析】试题分析：A、根据，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故电场力做负功；A错误B、根据，粒子从K到L的过程中，电势能减小，故电场力做正功；B错误C、根据，粒子从K到L的过程中，电势能增加；C正确D、粒子从L到M的过程中，电场力做正功，故动能增加；D正确故选CD考点：电势能点评：本题根据得到电势能的变化情况，最后确定电场力的做功情况三、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、C E 1.5 0.75 【解析】(1)1电源电动势大约1.5V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择C2电路中的电流较

19、小，因此电流表选择0.6A量程的E(2)3在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.5V4图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为12、（2）1 （3）15k； 3.50V； （4）12.0k； 【解析】试题分析：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；解：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，是电流表满偏；（2）红正黑负，电流从红

20、表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；（3）欧姆表读数=倍率表盘读数=1K15.0=15.0k；电压表读数为3.60V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0K故答案为（1）短接；（2）1； （3）15.0，3.60；（4）12.0；【点评】本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析四、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）g-； （2）mg-【解析】（1）相互间的弹力为FN=qE+qvB根据小环竖直方向的受力情况，由牛顿第二定律得mg-FN=ma即mg-（qE+qvB）=ma当v=0时，即刚下滑时，小环运动的加速度最大，解得am=g-当a=0时，下滑速度达最大值vm=（2）对小环，椎据动量定理有（mg-）t=mvm-0解得=mg-14、（1） （2） （3）2Lx4L及（3）Lx6L【解析】（1）由题意知，粒子在边界距d点L处离开磁场，半径 由 得 （2） 如图，轨迹1为打在下板最长时间对应轨迹 （3）打到下板面最右端的粒子轨迹