2023學年遼寧師大學附中物理高二第一學期期中經典模擬試題含解析

1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4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

2、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、如圖所示，a、b分別表示一個電池組和一只電阻的伏安特性曲線，以下說法正確的是A電池組的內阻是1B電阻的阻值為0.33C將該電阻接在該電池組兩端，電池組的輸出功率將是4WD將該電阻接在該電池組兩端，電池組的總功率將是4W2、如圖(甲)所示,在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖(乙)所示的交變電壓.開始A板的電勢比B板高,此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動.設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞,向A板運動時為速度的正方向,則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是（其中C,

3、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化）ABCD3、下列物理量中，均屬于矢量的是A功和力 B位移和路程 C線速度和加速度 D電場強度和電流4、一平行板電容器，兩板之間的距離d和兩板面積S都可以調節(jié)，電容器兩板與電池相連接以Q表示電容器的電量，E表示兩極板間的電場強度，則（ ）A當d增大、S不變時，Q減小、E減小B當S增大、d不變時，Q增大、E增大C當S減小、d增大時，Q增大、E增大D當S減小、d減小時，Q不變、E不變5、籃球運動員通常伸出雙手迎接傳來的籃球接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前這樣做可以A減小球對手的沖量B減小球的動量變化量C減小球的動能變化量D減小球的動量變化率6、兩電荷量分別為q1和q2

4、的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，兩電荷連線上各點電勢隨x變化的關系圖線如圖所示，其中P點電勢最高，且APBP，取無窮遠處電勢為0，則( )A從P點到B點，電場強度逐漸減小Bq1的電荷量小于q2的電荷量Cq1和q2都是正電荷D在A、B之間將一負試探電荷從P點左側移到右側，電勢能先增大后減小二、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、在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內阻為零，電阻R1=2R2，在R2的兩端并聯(lián)上一段電阻忽略不計的導線，則：A通過電阻R1和R2的電流I1=I2

5、BR1兩端電壓U1=C導線L中通過的電流IL=D使電阻R2斷路，通過R1的電流不發(fā)生變化8、正對著并水平放置的兩平行金屬板連接在如圖電路中，板長為l，板間距為d，在距離板的右端2l處有一豎直放置的光屏MD為理想二極管（即正向電阻為0，反向電阻無窮大），R為滑動變阻器，R0為定值電阻將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合電鍵S，讓一帶電量為q、質量為m的質點從兩板左端連線的中點N以水平速度v0射入板間，質點未碰極板，最后垂直打在M屏上在保持電鍵S閉合的情況下，下列分析或結論正確的是（ ）A質點在板間運動的過程中與它從板的右端運動到光屏的過程中速度變化相同B板間電場強度大小為C若僅將滑片P向下滑動一段

6、后,再讓該質點從N點以水平速度v0射入板間,質點依然會垂直打在光屏上D若僅將兩平行板的間距變大一些,再讓該質點從N點以水平速度v0射入板間,質點依然會垂直打在光屏上9、下列說法正確的是（ ）A電場強度是描述電場強弱的物理量B電流強度是矢量C串聯(lián)電路中電流處處相等D歐姆定律對電解液導電不適用10、如圖所示，金屬三角形導軌COD上放有一根金屬棒MN，MNOD，拉動MN使它從O點以速度v在勻強磁場中向右勻速平動，若導軌和金屬棒都是粗細相同的均勻導體，它們的電阻率相同，則在MN運動過程中閉合電路的( )A感應電動勢逐漸增大B感應電流逐漸增大C感應電流將保持不變D感應電流逐漸減小三、實驗題：本題共2小題

7、，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）某同學用游標卡尺和螺旋測微器分別測量一薄的金屬圓片的直徑和厚度。讀出圖中的示數(shù)。該金屬圓片的直徑的測量值為_cm。厚度的測量值為_mm。 12（12分）某實驗小組要描繪一只規(guī)格為“2.5 V0.5 A”小電珠的伏安特性曲線，除了提供導線和開關外，還有以下一些器材：A電源E(電動勢為3.0 V，內阻不計)B電壓表V(量程為03.0 V，內阻約為2 k)C電流表A(量程為00.6 A，內阻約為1 )D滑動變阻器R(最大阻值10 ，額定電流1 A)（1）為完成本實驗，請用筆畫線當導線，將實物圖連成完整的電路，要求實驗誤差盡可

8、能的小(圖中有幾根導線已經接好)（_）（2）下表中的數(shù)據(jù)是該小組在實驗中測得的，請根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)在方格紙上作出電珠的伏安特性曲線.U/V0.000.501.001.502.002.50I/A0.000.170.300.390.450.49（_）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）如圖，在水平面上有兩條平行導電導軌MN、PQ,導軌間距離為l，勻強磁場垂直于導軌所在的平面（紙面）向里，磁感應強度的大小為B，兩根金屬桿1、2擺在導軌上，與導軌垂直，它們的質量和電阻分別為m1、m2和R1、R2，兩桿與導軌接觸良好

9、，與導軌間的動摩擦因數(shù)為，已知：桿1被外力拖動，以恒定的速度v0沿導軌運動；達到穩(wěn)定狀態(tài)時，桿2也以恒定速度沿導軌運動，導軌的電阻可忽略，求此時桿2克服摩擦力做功的功率。14（16分）如圖所示，豎直平面xOy內存在水平向右的勻強電場，場強大小E=10N/c，在y0的區(qū)域內還存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.5T一帶電量q= +0.2C、質量m=0.4kg的小球由長l=0.4m的細線懸掛于P點小球可視為質點，現(xiàn)將小球拉至水平位置A無初速釋放，小球運動到懸點P正下方的坐標原點O時，懸線突然斷裂，此后小球又恰好能通過O點正下方的N點，（g=10m/s2），求：（1）小球運動到O

10、點時的速度大??；（2）懸線斷裂前瞬間拉力的大??；（3）ON間的距離15（12分）宇航員站在一星球表面上高h處，以初速度v0沿水平方向拋出一個小球，小球落地時的水平位移為x已知該星球的半徑為R，不計星球自轉，萬有引力常量為G，求：（1）該星球表面的重力加速度；（2）該星球的質量；（3）該星球的第一宇宙速度。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、AD【解析】由圖線a斜率倒數(shù)的大小求出電池組的內阻故A正確由圖線b斜率倒數(shù)的大小求出電阻的阻值故B錯誤將該電阻接在該電池組兩端，電路中電流I=1A，路端電壓為U=3V，電池組的輸

11、出功率P出=3W故C錯誤由圖線a讀出電源的電動勢E=4V當外電阻等于電池內阻時，該電池組的輸出功率最大，電池組的最大輸出功率Pmax=4W故D正確故選AD.2、A【解析】根據(jù)AB兩極板電場的變化，分析電子所受電場力的變化，結合加速度與速度方向的關系判斷其運動性質，然后分析圖示圖象作出選擇【詳解】在前半個周期內，A板的電勢高，電場的方向向右，電子受到的電場力方向水平向左，電子向左做初速度為零的勻加速直線運動，在后半個周期，電場水平向左，電子所受的電場力水平向右，電子向左做勻減速直線運動直到速度為零，然后進入第二個周期，重復之前的運動，由此可知，電子在每個周期內先向左做初速度為零的勻加速直線運動，

12、然后向左做勻減速直線運動，如此反復，由圖示圖象可知：A正確，BCD錯誤；故選A【點睛】由于電場方向不斷變化，粒子運動情況比較復雜，分析清楚粒子的運動過程是正確解題的關鍵3、C【解析】矢量既有大小，又有方向，它的加減運算滿足矢量法則：平行四邊形定則或三角形法則。位移、速度、加速度、力和電場強度都是矢量，而路程、速率、電流、功和能量都屬于標量，故本題選C。4、A【解析】電容器兩板與電池相連接，則電容兩端的電壓不變A、當d增大，S不變，根據(jù)電容的決定式，知電容減小，由得電容器的電量減小，由得兩極板間的電場強度減小，故A正確；B、當S增大，d不變，根據(jù)電容的決定式，知電容增大，由得電容器的電量增大，由

13、得兩極板間的電場強度不變，故B錯誤；C、當S減小，d增大，根據(jù)電容的決定式，知電容減小，由得電容器的電量減小，由得兩極板間的電場強度減小，故C錯誤；D、當S減小，d減小，根據(jù)電容的決定式，無法判斷電容變化，由和無法判斷電容變化，所以無法判斷電容器的電量變化，由得兩極板間的電場強度增大，故D錯誤；【點睛】電容器兩板與電池相連接，則電容兩端的電壓不變，根據(jù)電容的變化判斷電量的變化，根據(jù)判斷電場強度的變化5、D【解析】先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，但動量的變化量不變；根據(jù)動量定理得：-Ft=0-mv當時間增大時，動量的變化率減小，即作用力就減小，而沖量

14、和動量、動能的變化量都不變。A. 減小球對手的沖量與分析結果不符，故A錯誤。B. 減小球的動量變化量與分析結果不符，故B錯誤。C. 減小球的動能變化量與分析結果不符，故C錯誤。D. 減小球的動量變化率與分析結果相符，故D正確。6、B【解析】在-x圖線切線斜率為場強的大小，從P點到B點斜率越來越大，故場強越來越大。故A錯誤；在P點，-x圖線切線斜率為零，則P點的電場強度大小為零，說明q1和q2兩點電荷在P點產生的場強大小相等，方向相反，由公式E=kQr2，APBP，則q1的電荷量小于q2的電荷量，故B正確；A到P的電勢升高，從P到B電勢降低，則電場線方向P到A，再從P到B，則q1和q2是同種電荷

15、，一定是負電荷。故C錯誤；負電荷從P點左側移到P點右側，電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增大，故D錯誤。故選B。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、CD【解析】由題意可知考查閉合電路歐姆定律，據(jù)此分析計算可得?！驹斀狻緼電阻R2被短路，通過R2的電流I20，故A錯誤；BR1兩端電壓U1=，故B錯誤；C根據(jù)閉合電路歐姆定律可知通過導線L的電流IL=，故C正確；D使電阻R2斷路，通過R1的電流IL=，不發(fā)生變化，故D正確?！军c睛】在R2的兩端并聯(lián)上一段電阻忽略不計

16、的導線，則R2被短接，根據(jù)閉合電路歐姆定律計算可得。8、BCD【解析】試題分析: A、質點先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運動，要垂直打在M屏上，離開電場后，質點一定打在屏的上方，做斜上拋運動否則，質點離開電場后軌跡向下彎曲，質點不可能垂直打在M板上質點在板間的類平拋運動和離開電場后的斜上拋運動，水平方向都不受外力，都做勻速直線運動，速度都等于v0，而且v0方向水平，質點垂直打在M板上時速度也水平，根據(jù)質點的軌跡彎曲方向可知兩個過程質點的合力方向相反，加速度方向相反，則速度變化量方向相反故A錯誤B、質點的軌跡如圖虛線所示：設質點在板間運動的過程中加速度大小為a，則有 質點離開電場時豎直分速

17、度大小為，質點離開電場后運動過程其逆過程是平拋運動，則,聯(lián)立解得，故B正確C、若僅將滑片P向下滑動一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電量要減小，由于二極管具有單向導電性，所以電容器不能放電，電量不變，板間電壓不變，所以質點的運動情況不變，再讓該質點從N點以水平速度v0射入板間，質點依然會垂直打在光屏上，故C正確D、若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，由C=Q/U知U不變，電量要減小，但由于二極管具有單向導電性，所以電容器不能放電，電量不變，根據(jù)推論可知板間電場強度不變，所以質點的運動情況不變，再讓該質點從N點以水平速度v0射入板間，質點依然會垂直打在光屏上，故D正確故選BCD

18、考點：考查帶電粒子在勻強電場中的運動【名師點睛】本題關鍵抓住兩個運動軌跡的特點，巧用逆向思維分析電場外質點的運動情況要知道運動的合成與分解是研究曲線運動的常用方法，要靈活運用9、AC【解析】A、電場強度是描述電場強弱的物理量，故A正確；B、電流強度是標量，故B錯誤；C、串聯(lián)電路電流相同，故C正確；D、歐姆定律適用于純電阻電路，適用于金屬導電或電解液導電，故D錯誤；故選AC?！军c睛】關鍵是知道電場強度是描述電場強弱的物理量；歐姆定律適用于純電阻電路，適用于金屬導電或電解液導電。10、AC【解析】設導軌的頂角為，電阻率為.A感應電動勢為：感應電動勢隨時間不斷增大，所以A正確;BCD感應電流為：整個

19、電路的總電阻：計算得出：式中各量恒定，則感應電流不變，故B錯誤，C正確，D錯誤.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、 1.240； 1.682；【解析】游標卡尺的主尺讀數(shù)為12mm，游標讀數(shù)為80.05mm=0.40mm，所以最終讀數(shù)為12.40mm=1.240cm；螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為1.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.0118.2mm=0.182mm所以最終讀數(shù)為1.682mm；12、 【解析】（1）1.描繪燈泡伏安特性曲線，電壓與電流要從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，燈泡電阻約為，電流表內阻約為1，電壓表內阻約為2k，相對

20、來說，電壓表內阻遠大于燈泡電阻，電流表應采用外接法，實物電路圖如圖所示（2）2.根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內描出對應點，然后作出圖象如圖所示；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、m2gv0-m2g(R1+R2)B2l2【解析】穩(wěn)定運動時，即達到平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡知識列出等式；根據(jù)電磁感應定律求出感應電流，即求出導體桿2克服摩擦力從而求出功；【詳解】解：設桿2的運動速度為v，由于兩桿運動時，兩桿間和導軌構成的回路中的磁通量發(fā)生變化，產生感應電動勢：E=Bl(v0-v)感應電流：I=ER1+R2桿2作勻速運動，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，則有：BlI=m2g導體桿2克服摩擦力做功的功率：P=m2gv聯(lián)立解得P=m2gv0-m2g(R1+R