江西省2023年物理高二第一学期期末综合测试试题含解析.doc

1、江西省2023年物理高二第一学期期末综合测试试题注意事项: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、如图所示，一质子沿等量异种电荷的中垂线由匀速飞过，质子重力不计。则质子除受电场力外，所受的另一个

2、力的大小和方向的变化情况是（）A.先变大后变小，方向水平向右B.先变大后变小，方向水平向左C.先变小后变大，方向水平向左D.先变小后变大，方向水平向右2、关于重力、弹力和摩擦力，下列说法正确的是（ ）A.两物体相互接触时一定能产生弹力B.两物体之间有弹力时，一定有摩擦力C.物体受到摩擦力时，一定受到弹力D.滑动摩擦力的大小与物体所受的重力大小成正比3、在如图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向 b端移动时（ ）A.伏特表 V和安培表A的读数都减小B.伏特表V和安培表A的读数都增大C.伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D.伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大4、如图所示中OA为一遵循胡

3、克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连当绳处于竖直位置时，滑块A对地面有压力作用B为紧挨绳的一光滑水平小钉，它到天花板的距离BO等于弹性绳的自然长度现用一水平力F作用于A，使之向右缓慢地做直线运动，则在运动过程中（）A.地面对A的支持力N逐渐增大B.地面对A的摩擦力f保持不变C.地面对A的支持力N逐渐减小D.地面对A的摩擦力f逐渐减小5、如图所示，一个内阻不可忽略的电源，R1为定值电阻，L1和L2是小灯泡，R为滑动变阻器，P为滑片若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，灯泡L2的亮度及R1消耗的电功率分别（）A.变亮，一直减小B.变亮，先增

4、大后减小C.变暗，无法确定D.变暗，一直增大6、如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料ABCD面带正电，EFGH面带负电从ABCD面上的小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在BCGF面上的1、2、3三点，则下列说法正确的是A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴落到底板时速率相同C.液滴3在真空盒中的运动时间最长D.三个液滴在真空盒中的运动时间一定相同二、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。

5、7、如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是（）A.带电液滴带正电B.增大两极板距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流C.断开S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速上升D.断开S，减小两极板距离过程中，液滴静止不动8、在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡、分别与有铁芯的线圈和定值电阻组成如图所示的电路（自感线圈的直流电阻与定值电阻的阻值相等，且的自感数足够大），闭合开关达到稳定后两灯均可以正常发光关于这个实验的下面说法中正确的是（ ）A.闭合开关后，灯先亮，灯后亮B.闭合开关后，灯后亮，灯先亮C.闭

6、合开关，待后电路稳定断开开关，灯会闪亮一下D.闭合开关，待电路稳定后断开开关，灯不会闪亮，但会缓慢熄灭9、如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知，、，将一带电量为的正电荷从A点移到C点，电场力做功，则下列说法正确的是（ ）A.C点电势为2VB.电场强度E沿AB方向由，大小为200N/CC.该正电荷在B点具有的电势能为D.将该正电荷从C点移到B点，电势能增加了10、光敏电阻是光电传感器的核心元件，光照强度越强，电阻越小,如图是含有光敏电阻的电路，R1为光敏电阻，R2为定值电阻，闭合开关S，保持电源两极间电压不变，用光去照射光敏电阻，则光照越强A.电流表A的示数越大B.电流表A的示数越小C

7、.电压表V的示数越大D.电压表V的示数越小三、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，矩形线圈一边长为d，另一边长为a，电阻为R，当它以速度V匀速穿过宽度为L，磁感应强度为B的匀强磁场过程中，若Ld，产生的电能为_，通过导线横截面的电荷量为_12（12分）图为一正在测量中的多用电表盘使用时红表笔插入多用表的正()插孔，则：（1）测电压时，电流从_表笔流入多用电表；测电阻时，电流从_表笔流出多用电表；测电流时，电流从_表笔流入多用电表（2）如果是用直流10 V挡测量电压，则读数为_ V.（3）如果是用“1”挡测量电阻，则读数为_

8、.（4）如果是用直流5 mA挡测量电流，则读数为_ mA.四、计算题：本题共3小题，共38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，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.810-25kg、电荷量为q=1.610-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处

9、（图中未画出）求P、Q之间的距离L14（16分）如图，两根间距为L0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E3V、内阻r1的电源，导轨平面与水平面间的夹角37金属杆ab垂直导轨放置，质量m0.2kg导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中当R01时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度15（12分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部

10、分与半圆环相切A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小参考答案一、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】根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从AOB，电场强度的方向不变，水平向左，电场强度的大小先增大后减小，则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向右，则外力的大小先变大后变小，方向水平向左故选B。2、C【解析】当两个相互接触的物体间有相互作用的弹力

11、时，两物体间不一定有相互作用的摩擦力，还要存在相对运动或相对运动趋势，才有摩擦力，滑动摩擦力的大小与物体的压力大小成正比，从而即可求解【详解】物体相互接触时且挤压，才一定产生弹力，故A错误；摩擦力产生的条件是：弹力、相对运动或相对运动趋势、表面粗糙，可知两物体之间有弹力时，不一定受到摩擦力，故B错误，C正确；滑动摩擦力的大小与物体的压力大小成正比，并不是重力，故D错误；故选C【点睛】本题考查了弹力、滑动摩擦力和静摩擦力的影响因素，难度不大，属于基础题，注意摩擦力与弹力的关系3、C【解析】当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，接入电路的电阻增大，分析总电阻的变化，再判断总电流和路端电压的变化，即可

12、知道电压表读数的变化；根据串联电路分压规律，分析并联部分电压的变化，判断通过R2电流的变化，即可分析安培表读数的变化解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律分析可知总电流I减小，路端电压U=EIr，则U增大，故伏特表V的读数增大电阻R2的电压 U2=EI（r+R1），I减小，U2增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=II2减小所以安培表A的读数减小故ABD错误，C正确故选C【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，在明确电路的连接关系的基础上，按“部分整体部分”的顺序进行分析4、B【解析】AC对物体进行受力分析

13、如上图所示，绶慢移动物体处于平衡状态，竖直方向合力为零，施加F前，设B点到物体A的距离为h，施加F后，由平衡关系可得分析该式可知支持力不变，故AC都错误；BD地面对A的摩擦力，FN不变，摩擦力不变，故B正确，D错误。故选择B选项。5、D【解析】根据闭合电路欧姆定律，当滑片向下滑动，滑动变阻器接入电阻变小，根据并联电阻关系得，R和L2的并联电阻减小，外电路总电阻变小，则干路电流变大，路端电压变小，则灯L1两端电压变小，变小；根据电路图及串联电路和并联电路的知识可知：，由上面分析知变小，而干路电流变大，所以变大，则变大，变大，而，路端电压变小，所以变小，则变小，亮度变暗，故ABC错误，D正确6、D

14、【解析】由题意知真空盒内有水平向右的电场，正电荷在电场中受到向右的电场力，不可能做平抛运动；根据液滴的受力情况，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合进行分析【详解】三液滴在竖直方向做自由落体运动，在水平方向在电场力作用下做匀加速直线运动，在水平方向做的不是匀速直线运动，因此三液滴在真空盒中做的不是平抛运动，故A错误；对液滴，由动能定理得：qEx+mgy=mv2-mv02，解得：，由图示可知：x3x2x1，由此可知，三液滴落到底板上时的速度不同，故B错误；三液滴在竖直方向做自由落体运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，选项C错误，D正确；故选D.【点睛】本题考查带电粒子

15、在电场和重力场中的运动规律分析，要注意明确小球同时参与两个运动，要注意应用运动的合成和分解规律进行分析求解二、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、CD【解析】电容器上板带正电，而油滴所受电场力向上，可知油滴带负电，选项A错误；增大两极板距离的过程中，电容器的电容变小，而电容器板间电压不变，由Q=CU分析知电容器带电量减小，电容器要放电，电阻R中有从a到b的电流，故B错误断开S，极板上是电量Q不变；减小两极板正对面积的过程中，根据电容的决定式分析知电容减小，由C=Q/U分析

16、可知U增大，由公式E=U/d分析可知E增大，油滴所受的电场力变大，则液滴将加速上升，选项C正确；断开S，电容器极板上带电量不变；减小两极板两极板距离过程中，根据电容的决定式、电容的定义式C=Q/U，以及由公式E=U/d可得与d无关，即E保持不变，所以液滴静止仍然不动故D正确；故选CD【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，关键要抓住不变量当电容器保持与电源相连时，其电压不变，同时掌握电容定义式与决定式的内容及其区别，并理解的推导过程8、BD【解析】AB.闭合开关的瞬间，b灯立即正常发光，a灯所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，a灯逐渐变亮，故A错误，B正确；CD.闭合

17、开关，待电路稳定后断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，a、b两灯串联，同时逐渐变暗，两灯均不会闪亮故C错误，D正确9、BC【解析】A.AC之间的电势差为结合UAC=A-C将A=0V代入得：C=-2V故A错误；B若过C点作AB的垂线，垂足为D，则交点D为AB的四等分点，可知D点电势为-2V，因此，CD为等势线，场强方向垂直于CD，即电场强度E沿AB方向由AB，场强大小为：故B正确；C.该正电荷在B点具有的电势能为：EpB=qB=410-5（-8）J=-3.210-4J故C正确。D.CB间的电势差为：UCB=C-B=-2V-（-8）V=6V将该正电荷从C点移到B点，电场力做功为：WCB=qU

18、CB=410-56J=2.410-4J电场力做正功，则电势能减少了2410-4J，故D错误。故选：BC。10、AD【解析】光照强度越强，电阻越小，用光去照射光敏电阻，则R1减小，则总电阻减小，总电流变大，与R1串联的电流表示数增大，R2以及内阻上的电压变大，则R1的电压减小，即电压表V的示数越小，故AD正确，BC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、 . . . .【解析】根据公式E=Blv求出线圈切割磁感线产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流，即可由焦耳定律求出线圈产生的电能，由q=It求解电量【详解】线圈进入磁场的过程

19、中，产生的感应电动势为：E=Bav，由闭合电路欧姆定律得感应电流：，如果： Ld，由焦耳定律得，线圈产生的电能为通过导体截面的电荷量为12、 .红 .黑 .红 .6.6 .8 .3.3【解析】(1)123根据多用表电流“红进黑出”可知，测电压时，电流从红表笔流入多用电表；测电阻时，欧姆表内部存在电源，所以，电流从黑表笔流出多用电表；测电流时，电流从红表笔流入多用电表；(2)4 如果是用直流10V挡测量电压，则读数为6.6V；(3)5 如果用“1”挡测量电阻，则读数为： 8；(4)6 如果是用直流5mA挡测量电流，读数为3.3mA.四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题

20、处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、8cm【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得代入有关数据，解得，代入数据得=30粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图由几何关系得联立求得代入数据解得14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）当R0=1时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小【详解】（1）当R01时，根据闭合电路的欧姆定律可得根据左手定则可知安培力方向水平向右；由平衡条件有：BILcosmgsin解得B2T；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；根据牛顿第二定律可得：BILmgsinma解得：a1.5m/s2，方向沿斜面向上【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答15、 (1) (2)3N【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由AC的过程中，由动能定理得：解得：(2)小球在C点时受力分析如图由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：NC=NC=3N