2023學年山東省寧陽縣第四中學物理高二上期中經(jīng)典模擬試題含解析

1、2023學年高二上物理期中模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、關于電場，下列說法正確的是A電場和電場線都是客觀存在的B沒有畫電場線的地方不存在電場C電場線的方向即為帶電粒子的運動方向D等差等勢面越密的地方,電場線越密,電場強度越大2、導體a、

2、b的伏安特性曲線如圖所示，下列說法正確的是A兩導體的電阻B兩導體的電阻C若將兩導體串聯(lián)接入電路，則它們消耗的電功率D若將兩導體并聯(lián)接入電路，則它們消耗的電功率3、兩個點電荷間的相互作用力為F，若每個電荷的帶電量都增大一倍，并把它們之間的距離減少一半，則它們之間的相互作用力變?yōu)? )A2FB4FC8FD16F4、如圖所示，平行板電容器已經(jīng)充電，靜電計的金屬球與電容器的一個極板連接，外殼與另一個極板連接，靜電計針的偏轉示電容兩極板間的電勢差實驗中保持極板上的電荷量不變設電容兩極正對面積為，極板間的距離為，靜電計指針偏角為下列關于實驗現(xiàn)象的描述正確的是（ ）A保持不變，增大，則變大B保持不變，減小，

3、則不變C保持不變，減小，則變小D保持、不變，在兩板間插入電介質，則變大5、如圖所示，四個相同的表頭分別改裝成兩個安培表和兩個伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它們按圖接入電路，則（ ）安培表A1的讀數(shù)大于安培表A2的讀數(shù)；安培表A1的偏轉角小于安培表A2的偏轉角；伏特表V1的讀數(shù)小于伏特表V2的讀數(shù)；伏特表V1的偏轉角等于伏特表V2的偏轉角。ABCD6、如圖所示，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零如果讓P

4、中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為()A0BC D2B0二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，開始靜止的帶電粒子帶電荷量為+q，質量為m （不計重力），從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入右側的邊長為L的正方形勻強磁場區(qū)域（PQ的連線經(jīng)過AD邊、BC邊的中點），磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，若帶電粒子只能從CD邊射出，則A兩板間電壓的最大值B兩板間電壓的最小值C能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間D能夠從CD邊射出的粒子在磁場

5、中運動的最長時間8、沿豎直升降的電梯中，一輕彈簧下掛一小球，電梯靜止時，彈簧伸長L，電梯運動時，彈簧伸長了45L，由此分析電梯的運動情況可能是：A電梯可能加速上升B電梯可能加速下降C電梯的加速度大小為15gD電梯必定在向下運動9、一列沿 x 軸正方向傳播的簡諧橫波，每個質點振動的振幅都為 2cm,已知在 t=0 時刻相距 4cm 的兩個質點 a,b 的位移都是 1cm,但速度方向相反，其中 a 質點的速度沿 y 軸負方向，如圖所示，則 At=0 時刻，a,b 兩質點的加速度相同Ba、b 兩質點的平衡位置間的距離為波長的整數(shù)倍C當 a 質點的速度最大時，b 質點的速度為零D當 b 質點的位移為+

6、2cm 時，a 質點的位移為-1cm10、如圖所示，光滑斜面PMNQ的傾角為，斜面上放置一矩形導體線框abcd，其中ab邊長為，bc邊長為，線框質量為m.電阻為R，有界勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于斜面向上，ef為磁場的邊界，且線框在恒力F作用下從靜止開始運動，其ab邊始終保持與底邊MN平行，F(xiàn)沿斜面向上且與斜面平行，已知線框剛進入磁場時做勻速運動，則下列判斷正確的是（ ）A線框進入磁場前的加速度為B線框進入磁場時的速度為C線框進入磁場時有方向的感應電流D線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量為三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11（6分）如

7、下圖所示是定性研究平行板電容器電容的影響因素的裝置，平行板電容器的A板與靜電計相連，B板和靜電計金屬殼都接地（1）指出下列三個圖所示的情況下，靜電計指針的偏轉角度變化情況：正對面積減小時，靜電計指針的偏轉角度_；板間距離增大時，靜電計指針的偏轉角度_；插入電介質時，靜電計指針的偏轉角度_（2）實驗說明平行板電容器的電容與正對面積、板間距離、電介質的介電常數(shù)之間的關系為：_；12（12分）（1）在一次實驗時某同學用游標卡尺測量（如圖所示），示數(shù)為 _ cm.在一次實驗時某同學用螺旋測微器測量（如圖），示數(shù)為_ mm.（2）某電阻額定電壓為3 V（阻值大約為10 ）為測量其阻值，實驗室提供了下列可

8、選用的器材：A：電流表A1（量程300 mA，內(nèi)阻約1 ）B：電流表A2（量程0.6 A，內(nèi)阻約0.3 ）C：電壓表V1（量程3.0 V，內(nèi)阻約3 k）D：電壓表V2（量程5.0 V，內(nèi)阻約5 k）E：滑動變阻器R1（最大阻值為10 ）F：滑動變阻器R2（最大阻值為1 k）G：電源E（電動勢4 V，內(nèi)阻可忽略）H：電鍵、導線若干為了盡可能提高測量準確度，應選擇的器材為（只需添器材前面的字母即可）：電流表_，電壓表_，滑動變阻器_.畫出該實驗電路圖 _ .四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）地面上有質量m=3

9、.0103kg的物體，用起重機將它豎直向上勻加速提升到h=10m的高處，物體在這段上升過程中，起重機鋼繩對它的拉力F=4104N取g=10m/s2，將物體視為質點（1）求鋼繩的拉力F所做的功WF；（2）求重力做的功WG；（3）選擇地面為參考平面，求物體在h=10m處的重力勢能EP14（16分）兩個均標有“10V,20W”的線性元件L1和L2,與一個R=5的電阻按圖示電路相連在電路兩端加 上U=15V的電壓后，求：(1)流經(jīng)L1的電流；(2)兩元件L1和L2的實際功率15（12分）使用功率為P=1kW的電加熱裝置把m=2kg的水從25加熱到100，已知c水=4.2103J/kg求：（1）水吸收的

10、熱量；（2）若這個裝置的效率為60%，則加熱時間是多久？參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】A電場是客觀存在的，電場線不是客觀存在的，故A錯誤.B沒有畫電場線的地方不一定不存在電場，有可能存在，故B錯誤.C電場線的方向不一定是帶電粒子運動的方向，是正電荷受力的方向，故C錯誤.D電場線的疏密程度描述場強大小，電場線越密的地方電場強度越大，而等差等勢面越密的地方電場線也越密，故D正確.2、B【解析】AB兩個導體a和b，根據(jù)歐姆定律：，可知該圖象中，圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，所以a的電阻值大，b的電阻值小。故A

11、錯誤，B正確；C若將它們串聯(lián)接入電路，電流相同，由P=I2R可知電阻值較大的a消耗的電功率大。故C錯誤；D若將它們并聯(lián)接入電路，則它們兩端得電壓是相等的，由可知，電阻值較大的a消耗的電功率大小。故D錯誤.故選B。3、D【解析】由庫侖定律 知當每個電荷的帶電量都增大一倍，并把它們之間的距離減少一半，則它們之間的相互作用力變?yōu)樵瓉淼?6倍，故D正確；綜上所述本題答案是：D4、A【解析】A：平行板電容器的電容，電容器電壓與電容的關系為，電量不變，保持不變，增大，電容減小，電壓增大， 變大，故A項正確B：電量不變，保持不變，減小，電容增大，電壓減小， 變小，故B項錯誤C：電量不變，保持不變，減小，電容

12、減小，電壓增大， 變大，故C項錯誤D：電量不變，保持、不變，在兩板間插入電介質，電容增大，電壓變小， 變小，故D項錯誤所以選A點睛：平行板電容器充電后，若保持其始終與直流電源相連，則板間電壓不變。當電容器電容的影響因素發(fā)生變化后，據(jù)、來判斷各量如何變化。平行板電容器充電后與電源斷開，由于電荷不能移動，電容器的帶電量不變。當電容器電容的影響因素發(fā)生變化后，據(jù)、來判斷各量如何變化。5、A【解析】兩個安培表是并聯(lián)在電路中，又安培表是利用表頭與電阻并聯(lián)改裝得到的，所以此時兩個安培表的表頭是并聯(lián)的，因此流過表頭的電流是相等的，安培表A1的偏轉角等于安培表A2的偏轉角，又因為安培表A1的量程大于A2的量程

13、，安培表A1的讀數(shù)大于安培表A2的讀數(shù)；兩個伏特表是串聯(lián)在電路中，又伏特表是利用表頭與電阻串聯(lián)改裝得到的，所以此時兩個伏特表的表頭是串聯(lián)的，因此流過表頭的電流是相等的，伏特表V1的偏轉角等于伏特表V2的偏轉角，又因為伏特表V1的量程大于V2的量程，伏特表V1的讀數(shù)大于伏特表V2的讀數(shù)。故選A6、C【解析】在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導線距離為l的a點處的磁感應強度為零，如下圖所示：由此可知，外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依據(jù)幾何關系，及三角知識，則有：BPcos30=B0； 解得P或Q通電導線在a處的磁場大小為BP=B0；當P中的電流反向，其

14、他條件不變，再依據(jù)幾何關系，及三角知識，則有：B2=B0；因外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，磁場大小為B0；最后由矢量的合成法則，那么a點處磁感應強度的大小為B=，故C正確，ABD錯誤二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AC【解析】粒子在加速電場中，由動能定理可得：qUmv2，粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力：qvB，解得U，可見若加速電壓大，軌跡半徑也大，所以兩板間電壓最大時，粒子恰好從C點離開磁場，在磁場中運動軌跡如圖所示，由幾何關系得：R2L2，解得：R

15、L，所以最大電壓Umax，故A正確，B錯誤；由圖可知，能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動時間最長的是恰好從D點離開磁場的，運動時間，故C正確，D錯誤;故選AC.點睛：帶電粒子經(jīng)電場加速進入正方形磁場做勻速圓周運動，由半徑公式知道電壓越大，進入磁場的速度越大，則打在下邊的距離越遠，而偏轉角越小，時間越短由題設條件，顯然打在C點的帶電粒子半徑最大，運動時間最短，而打在D點的半徑最小，時間最短8、BC【解析】對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律胡克定律求出物體的加速度，從而得知電梯的加速度，確定電梯的運動情況【詳解】當升降機靜止時有：kL=mg，當升降機運動時，根據(jù)牛頓第二定律得，mg 0.8kLma，

16、解得a= 0.2g，方向豎直向下，知電梯以大小為0.2g 的加速度減速上升，或以大小為0.2g 的加速度加速下降。故BC正確，AD錯誤。故選BC?！军c睛】解決本題的關鍵知道物體與電梯具有共同的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求出物體的加速度是本題的突破口9、AD【解析】Aa、b兩個質點都做簡諧運動，t=0時刻a、b兩質點的位移相同，根據(jù)簡諧運動的特征：，得知加速度相同，故A正確B圖示時刻兩質點位移相同，速度相反，但不是同相點，所以a、b兩質點的平衡位置間的距離不是波長的整倍，故B錯誤C由圖看出，a正向平衡位置運動，速度增大，b正向波峰運動，速度減小，當a通過1cm位移到達平衡位置時，b還沒有到達波峰，

17、則a質點速度最大時，b質點速度不為零故C錯誤D假設在t=0時刻，ab之間只有一個波峰則其位置在x=3的位置，當b質點位移為+2cm到達波峰時，波向右傳播2m的距離，將波形向右平移2m可看出，此時a質點位于平衡位置下方，位移為-1cm，故D正確10、ABC【解析】A線框進入磁場前，根據(jù)牛頓第二定律得：F-mgsin=ma則故A正確B線框進入磁場時勻速運動，則有F=mgsin+解得速度故B正確C根據(jù)右手定則判斷得知線框進入磁場時，感應電流方向為abcda故C正確D根據(jù)能量守恒知線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量為（F-mgsin）L2，故D錯誤故選ABC三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答

18、題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、（1）增大； 增大； 減小 （3）C=s4kd 【解析】（1）正對面積減小時，根據(jù)C=S4kd，判斷電容變小，電容器的帶電量Q不變，根據(jù)U=Q/C判斷電勢差變大，所以靜電計指針的偏轉角度增大；板間距離變大時，根據(jù)C=S4kd，判斷電容變小，電容器的帶電量Q不變，根據(jù)U=Q/C 判斷電勢差變大，靜電計指針的偏轉角度增大當插入電介質時，C增大，Q不變，則可知，電勢差減??；故偏轉角減??；（2）實驗說明平行板電容器的電容與正對面積、板間距離、電介質的介電常數(shù)之間的關系為：電容與正對面積、介電常數(shù)成正比；與板間距離成反比；即C=S4kd；【點睛】解決本題的關鍵根據(jù)C=S4kd，判斷電容的變化，根據(jù)U=Q/C 判斷電勢差的變化同時注意這是探究性的實驗，要注意實驗分析12、 ; ; A; C; E; 【解析】（1）120分度的游標卡尺，精確度是0.05mm，游標卡尺的主尺讀數(shù)為104mm，游標尺上第1個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為:10.05mm=0.05mm所以最終讀數(shù)為：104mm+0.05mm=104.05mm=10.405cm；2螺旋測微器的固定刻度為8mm