2023学年甘肃省靖远二中物理高二上期中经典试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、如图所示，在正点电荷形成的电场中有A ,B两点的电势，分别用EA,EB表示A ,B 两点的电场强度，则（ ）ABCD2、直升机水平向前加速飞行时，需要将机头向下倾斜。原因是倾斜后螺

2、旋桨的升力F可分解为Fx和Fy，如图，其中（ ）AFx使飞机加速向前飞 BFy使飞机加速向前飞CFx必须与飞机重力平衡 DFy必须大于飞机的重力3、关于电压和电动势，下列说法正确的是A在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大B电压和电动势单位都是伏特，所以电压和电动势的物理意义也相同C电压U=和电动势E=中的W是一样的，都是静电力所做的功D电压和电动势有本质的区别，反映的能量转化方向不同4、物体从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是()A质量越大，水平位移越大B初速度越大，落地时竖直方向速度越大C初速度越大，空中运动时间越长D初速度越大，落地速度越大5、在地球

3、赤道正上方一导线中通有自西向东的电流，则导线受到地磁场给它的安培力方向为（）A竖直向上B竖直向下C东偏上D西偏上6、电荷Q在电场中某两点间移动时，电场力做功W，由此可算出两点间的电势差为U；若让电量为2Q的电荷在电场中的这两点间移动则（ ）A电场力做功仍为WB电场力做功C两点间的电势差仍为UD两点间的电势差为二、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、如图电路中,电源内阻不计,三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超其额定电压,开始时只有S1闭合.当S2也闭

4、合后,下列说法正确的是A灯泡L1变暗B灯泡L2变暗C电容器C的带电荷量将增大D电路中总电流增大8、如图所示，在水平向左的匀强电场中，一小球质量为m，电荷量为-q，用绝缘轻绳（不伸缩）悬于O点，平衡时小球位于A点，此时绳与竖直方向的夹角绳长为L，OD水平，OC竖直。在D点给小球适当的初速度使其绕O点做圆周运动，下列说法正确的是（ ）A匀强电场的场强大小为B小球在C点时的重力势能最小C小球在C点时动能最大D小球从D运动到A的过程中电势能先增大后减小9、由欧姆定律导出和，下列叙述正确的是（ ）A由知，导体的电阻由两端的电压和通过的电流决定B导体的电阻由导体本身的物理条件决定，跟导体两端的电压及流过导

5、体的电流大小无关C对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值D一定的电流流过导体，电阻越大，其电势差越大10、如图所示,电源电动势为E内阻r。M、N是平行板电容器的两个极板,R0为定值电阻,R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部，闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F，电容器带电量为Q。下列判断正确的是()A只增大R1时，电容器两板间电压减小，F将变小B只增大R1时，电容器两板间电压不变，F将不变C只增大R2时，电压表示数增大，电流表示数减小，F变小D只增大R2时，电容器所带电荷量增大，板间场强变大，故F将变大三、实验题：本题共2小题，共18分

6、。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）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线现有下列器材供选用：A电压表V1（0-5V，内阻约10k） B电压表V2（0-10V，内阻约20k）C电流表A1（0-0.3A，内阻约1） D电流表A2（0-0.6A，内阻约0.4）E滑动变阻器R1（010，2A） F滑动变阻器R2（0-100，0.2A）G学生电源（直流6V）、开关及导线（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表_，电流表_，滑动变阻器_（填器材的前方选项符号，如A，B）（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组

7、数据；请在下面的方框中画出实验电路图_（3）P为上图中图线上的一点，PN为图线上P点的切线、PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则由图可知：随着所加电压的增加，小灯泡的电阻将_(填“增大”、“减小”或“不变”)；对应P点，小灯泡的电阻值约为_(保留三位有效数字)12（12分）（1）某同学在测量一种均匀新材料的电阻率的过程中，相关测量数据如下： 用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为_mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为_mm。（2）为了粗测新材料导体的阻值，该同学先选用多用电表“100”挡调零后进行测量，发现表针偏转的角度很大。可以判断这个电阻的阻值_（

8、选填“较小”或“较大”）；为了把电阻测量得更准确些，应换用“_”挡；（选填“10”或“1k”）重新换挡后必须将红、黑表笔_，调整_使指针指向表盘_（选填“左”或“右”）的0；重新测量的结果如图丙所示，读数为_。 丙（3）某次测量知新材料导体的长度为L，导体的直径为D，电压表和电流表的读数分别为U和I，则导体的电阻率的表达式=_。（用U、I、L、D等所给字母表示）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,BC是半径为R的圆弧形的光滑且绝缘的轨道,位于竖直平面内,其下端与水平绝缘轨道平滑连接,整个轨道处在水

9、平向左的匀强电场中,电场强度为E.今有一质量为m、电荷量为q带正电的小滑块(可视为质点),从C点由静止释放,滑到水平轨道上的A点时速度减为零.若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为,重力加速度为g.忽略因摩擦而造成的电荷量的损失.求: (1)滑块通过圆弧最低点B时对轨道的压力大小;(2)水平轨道上A、B两点之间的距离.14（16分）如图电路中，电源的电动势E=3V，内阻r=1，电阻R1=2，R2=R4=1，R3=8，R5=5，电容器的电容C=100F，求闭合电键K后，通过电阻R3的总电量 15（12分）如图所示，电源电动势E=30V，内阻r=1，电灯L上标有“25V， 25W”的字样，直流电动机

10、M的线圈电阻R=2。闭合电键，若电灯恰能正常发光，求：（1）电路中的总电流I；（2）电动机输出的机械功率。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】由电场线的疏密可知，A点处电场线较密，电场强度较大，所以EAEB ，沿着电场线，电势是降低的，所以A点所在等势面的电势高于B点所在等势面的电势，故A 故A符合题意B 故B不符合题意C 故C不符合题意D故D不符合题意2、A【解析】Fx的方向是沿着飞机前进的方向，其作用效果是使飞机加速向前飞. Fy的方向竖直向上，与飞机的重力平衡，即Fy等于飞机的重力的大小；故选项A正

11、确，BCD错误；故选A.【点睛】此题关键是知道飞机受力情况，知道力是改变物体运动状态的原因；知道竖直方向平衡的条件.3、D【解析】A. 电动势是电源本身的性质，与外电阻无关；故A错误；B. 电压与电动势不同，电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压，故B错误。C. 电动势E=中的W是非静电力做的功，故C错误。D. 电压和电动势有本质的区别，反映的能量转化方向不同，故D正确。4、D【解析】根据平抛运动的知识，运动的时间决定于高度，C错误；水平位移大小决定于水平速度与高度，A错误；竖直方向速度，与高度有关，B错误；落地速度，可见初速度越大，则落地速度越大，D正确5、A【解析】赤道处的磁场方

12、向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上，故选A。6、C【解析】试题分析：由电场力做功的公式W=qU可知AB错；电势与电势差是电场本身的性质，与试探电荷无关，CD错；考点：考查电势与电场的关系点评：难度较小，明确电势与电势差为电场本身的性质，只有电场力做功才与电势差、电荷大小决定二、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】分析清楚电路结构，判断S2闭合后电路总电阻如何变化，由闭合电路的欧姆定律判断电路电流如何变化，由功率公式判断灯泡实际功率

13、如何变化；由欧姆定律判断出电容器两端电压如何变化，然后判断电容器电荷量如何变化；【详解】A、S2闭合前，灯泡L3与电容器相串联，则不亮，当S2也闭合后，L2与L3并联，然后与L1串联，由于并联电阻小于L2的电阻，所以总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变I大，灯泡L1的实际功率变大，灯L1变亮，故A错误，D正确；B、电路电流变I大，L1两端的电压增大，所以L2两端的电压减小，则灯泡L2的实际功率变小，灯泡L2变暗，故B正确；C、S2闭合前电容器两端电压等于电源电动势，S2闭合后电容器两端电压等于L1两端电压，电压变小，由Q=CU可知电容器所带电荷量减小，故C错误；故选BD8、AB【解析

14、】A小球在A点平衡时，根据平衡条件得解得：故A正确；BC小球在竖直平面内做圆周运动时，C点为最低点，所以物体在C点的重力势能最小，A点为等效最低点，动能最大，故B正确，C错误；D小球从D到A过程，电场力做正功，电势能减小，故D错误。9、BCD【解析】AB. 导体的阻值是导体本身所具有的性质，导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与通过导体的电流及导体两端的电压无关，故A错误，B正确；C. 由欧姆定律可知，对某一导体来说，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值，故C正确；D. 根据可知，一定的电流流过导体，电阻越大，其电压越大，即电阻两端的电压越大，故D正确。10、BC【解析】AB当只增

15、大R1时，由于电容器相当于开路，所以对整个回路无影响，电容器两端电压等于R0两端的电压，大小不变，所以库仑力不变，F不变。故A错误，B正确。CD当增大R2时，由于R0与R2串联， 总电阻增大，故总电流减小，即电流表示数减小；外电压增大，即电压表示数增大；R0两端的电压会减小，即电容器两端电压减小，电荷量减小，电场强度变弱，库仑力减小。悬线拉力F为库仑力和重力的合力，故F减小。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、A D E 增大 5.33 【解析】试题分析：根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实

16、验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图根据图象应用欧姆定律判断灯泡电阻如何变化，由图象求出P点的电压与电流值，由欧姆定律求出灯泡此时的电阻（1）电表量程略大于电路中的最大值即可； 灯泡额定电压为4V，电压表选A，灯泡额定电流，则电流表选D，为方便实验操作，选较小的滑动变阻器，选E（2）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时电阻，则电流表应采用外接法，电路图如图所示（3）由图象可知，随着所加电压的增加，通过小灯泡的电流增大，但电压与电流的比值增大，即灯泡电阻将增大；由图象可知，在P点U=2.4V，I=0.4

17、5A，此时灯泡电阻12、5.015； 1.196； 较小； ； 短接； 欧姆调零； 右； 120； 【解析】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；由电阻定律公式变形即可求得电阻率的表达式。【详解】(1)由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为5cm，游标尺示数为3 0.05mm=0.15mm=0.015cm，游标卡尺示数为5cm+0.015cm=5.015cm；由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1mm，游标尺示数为19.60.01mm=0.196mm，螺旋测微器示数为1mm+0.196mm=

18、1.196mm；(2) 用多用表“100”倍率的电阻档测量该元件的电阻时，发现指针偏角过大，说明该电阻较小；为了把电阻测量得更准确些，应换用“10”倍率的电阻档；重新换挡后必须将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指向表盘右边的0；如图丙所示，电阻的测量值Rx=1210=120；(3)根据，其中 解得：。【点睛】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度。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） （2）【解析】(1) 小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块通过B点时的速度为v B ，根据动能定理有：解得：；(2) 小滑块在AB轨道上运动时，所受摩擦力为f=mg小滑块从C经B到A的整个过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功设小滑块在水平轨道上运动的距离（即A、B两点间的距离）为L，则根椐动能定理有： 解得：14、 【解析】电键K断开时，电容器充电电压为电阻R2两端的电压，则充电电量Q1=CU27.510-5C且上正下负K电键闭