2023学年安徽省宿州市汴北三校联考物理高二第一学期期中调研试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、下列说法中不正确的是A美国物理学家密立根最早测得的元电荷量e的数值B奥斯特发现，电流周围会

2、产生磁场C电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能多少的物理量D电阻率是反映材料导电性能的物理量2、如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是（ ）A电势AB，场强EAEBB电势AB，场强EAEBC将正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能增加D将负电荷分别放在A、B两点，电荷具有电势能EPAEPB3、带电量分别为2Q、4Q 的两点电荷，相距为r，相互作用力为F。现把两个电荷的电量各减少一半，距离减小为r4，则两个点电荷的相互作用力变为（ ）A4FB2FCF2DF44、当波源远离观测者时，观测者所接收到的频率 f 和波源振动的频率 f 的关系为Af f Bf f Cf f D无法确定5、

3、如图所示，闭合圆形金属环竖直固定，光滑水平导轨穿过圆环，条形磁铁沿导轨以初速度v0向圆环运动，其轴线穿过圆环圆心，与环面垂直，则磁铁在穿过圆环的整个过程中，下列说法正确的是（ ）A金属环先有收缩趋势，后有扩张趋势B金属环中的感应电流方向不变C磁铁先做减速运动、后做加速运动D磁铁先做加速运动，后做减速运动6、如图所示，Q1和Q2是两个固定的负点电荷，在它们的连线上有a、b、c三点，其中b点的合场强为零现将另一正点电荷q由a点沿连线移到c点在移动的过程中，点电荷q的电势能变化的情况是（ ）A不断减小 B不断增大C先减小后增大 D先增大后减小二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小

4、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、额定电压均为220V的白炽灯L1和L2的UI特性曲线如图甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220V电路中，则下列说法正确的是（）AL2的额定功率约为99WBL2的实际功率约为17WCL2的实际功率比L3的实际功率小17WDL2的实际功率比L3的实际功率小82W8、如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引()A向左做加速运动B向左做减速运动C向右做加速运动D向右做减速运动9、如图所示的电路

5、中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则 ()A电源的功率变小B电容器储存的电荷量变小C电源内部消耗的功率变大D电阻R消耗的电功率变小10、如图所示，直线MN与水平方向成60角，MN的右上方垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m（重力不计）、电荷量为q（q0）的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab=，则粒子的速度可能是（）ABCD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）如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装

6、置，在以下操作步骤中，静电计指针的张角分别是怎样变化的？请将答案填在相应的横线上。（1）甲图中将B板上移，静电计的指针张角将_（填“增大”或“减小”或“不变”）（2）乙图中将B板左移，静电计的指针张角将_（填“增大”或“减小”或“不变”）（3）丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针张角将_（填“增大”或“减小”或“不变”）（4）本实验的研究方法是_。12（12分）用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。（1）组装单摆时，应在下列器材中选用_（选填选项前的字母）。A长度为1m左右的细线B长度为30cm左右的细线C直径为1.8cm的塑料泡沫球D直径为1.8cm的铁球（2）测出悬点O到小球球心的距

7、离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g_（用L、n、t和必要的数学常量表示）。（3）用多组实验数据作出T2-L图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2-L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是_ （选填选项前的字母）A出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C图线c对应的g值小于图线b对应的g值（4）该同学在做完实验后，已测得当地重力加速度（用g表示），想研究单摆摆动时摆线中的拉力变化规律和能

8、量变化特点。重新组装单摆装置后，实验时用拉力传感器测得摆线中的拉力大小随时间变化的F-t图象如图所示，图中，F1、F2、t0已知。设摆球在最低点时EP0，那么当摆线中的拉力大小是F1时摆球所在的位置是_，振动过程中摆球机械能E的表达式是E_（限选用F1、F2、t0、g和必要的数学常量表示）。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，虚线左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线和之间存在着宽为、电场强度为的匀强电场，在虚线右侧相距为处有一与电场平行的屏现将一电子（电荷量为，质量为）无初速度地放入电场中的

9、点（点离两场边界距离为），最后电子打在右侧的屏上，连线与屏垂直，垂足为，求：（1）电子从释放到刚射出电场出时的速度大小（2）电子刚射出电场时的速度方向与连线夹角的正切值（3）电子打到屏上的点到点的距离14（16分）如图所示，极板A、B、K、P连入电路，极板P、K，A、B之间分别形成电场，已知电源的路端电压恒为U=200V，电阻，A、B两极板长，距离A、B板右端处有一与AB板垂直的屏。大量电子由静止持续从极板K中心经 P、K间电场加速后，沿A、B中线进入电场中发生偏转，A、B板间的距离为。（极板间电场可视为匀强电场且不考虑极板边缘效应，不计电子重力，不考虑电子间作用力）求：（1）极板P、K之间电

10、压，A、B之间电压；（2）电子离开偏转极板A、B时距中线的偏移量；（3）若可在范围内变化，求电子打到右侧屏上的长度。15（12分）一台电风扇的额定功率是66W，内阻为2，当它接在220V的电压下正常运转。求：(1)电风扇正常运转时，通过它的电流多大？(2)若接上电源后，电风扇因故不能转动，这时通过它的电流多大？电风扇实际消耗的电功率多大？此时可能会发生什么问题？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、C【解析】A项：电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故A正确；B项：奥斯特发现了电流的磁效应，故B正确；

11、C项：电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大，故C错误；D项：电阻率是反映材料导电性能的物理量，故D正确。故应选：C。2、B【解析】该题考查电场中电场线的特点：疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，沿着电场线的方向电势逐渐降低根据电场力与速度方向的夹角，判断电场力做功的正负【详解】电场线的疏密表示电场强度的大小，A处电场线疏，场强小，故场强EAEB顺着电场线的方向电势降落，可知AB，故A错误；B正确；将电荷量为q的正电荷放在电场中，受力的方向是从A指向B，故从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少，故C错误；负电荷在电势越低的点电势能

12、越大，因AB，故电荷在这两点具有的电势能关系为：EpAEpB，故D错误。故选B。【点睛】该题考查电场中电场线的两个意义，知道其疏密表示电场的强弱，切线方向表示场强的方向，沿着电场线的方向电势降落3、A【解析】由库仑定律可得，变化前的F=K2Q4Qr2，变化后F=KQ2Q(r4)2=k32Q2r2，所以F=4F，故A正确。【点睛】此题比较简单，直接根据库仑定律得出两次作用的表达式，则可求得距离减小后相互作用力，从而解出此题。4、B【解析】f由波源每秒钟所振动的次数决定,介质振动的频率由波源频率及波源相对介质是否移动来决定,当观察者远离波源过程中,观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率

13、小,即f f .故ACD错误,B正确. 故选B【点睛】利用多普勒效应分析即可,当观察者远离波源过程中,观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率小;当观察者靠近波源过程中,观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率大.5、A【解析】试题分析：楞次定律的表现是：“来拒去留，增缩减扩”，所以磁铁在穿过环之前，圆环产生的感应电流对环的作用是缩小的趋势；穿过环之后的短时间内，圆环产生的感应电流对圆环是“扩展”的作用故A正确；磁铁在穿过环之前，向左的磁通量增加，产生从左向右看顺时针方向的感应电流；穿过环之后的短时间内，向左的磁通量减小，产生从左向右看逆时针方向的感应电流故电流的方向不同故

14、B错误；根据楞次定律的表现：“来拒去留”，所以磁铁在穿过环之前，圆环产生的感应电流对磁铁是“拒”的作用，即阻碍作用，阻碍磁铁的靠近，故磁铁会减速穿过环之后的短时间内，圆环产生的感应电流对磁铁是“留”的作用，也会阻碍磁铁向前运动，故磁铁会减速故CD错误；故选A考点：楞次定律【名师点睛】本题为楞次定律的应用，楞次定律的变现是：“来拒去留，增缩减扩”，可根据楞次定律的表现来判断物体运动状态的变化6、D【解析】试题分析：根据题意可知，b点的合场强为零，根据矢量合成法则，可知ab间合场强的方向向左，同理可知bc间合场强方向向右，则正点电荷q从a到c过程中，受到的电场力先向左，过了b点后向右，电场力先做负

15、功后做正功，电势能先增加后减少故D正确，ABC错误故选D。考点：电场强度；电势及电势能【名师点睛】本题的突破口是b点的电场强度为零，可根据数学知识严格分析ab间和bc间场强的方向，还要明确电场力做正功时电势能减小，相反，电势能增加。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、ABD【解析】A由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220V时的电流为0.45A，则L2的额定功率为P额U额I额99W故A正确；B图示电路为L1和L2串联再与L3并联，所以L1和L2串联后两端的总电压为2

16、20V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1I2U1U2220V由L1和L2的UI图线可知I1I20.25AU1152VU268V故灯L2的实际功率P2I2U217W故B正确；CD由于L3两端的电压为220V，故P3P额99W则P3P282W故C错误，D正确。故选ABD。8、BD【解析】导体棒ab向左做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ba，螺线管左端为N极，感应电流增加，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量变大，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向的感应电流（从左向右看），由等效法可知，线圈c右端相当于N极，则且线圈c被螺线管排斥。故A错误。同理可知导体棒向

17、左做减速运动时，也会产生感应电流，且线圈c被螺线管吸引；导体棒向右做加速运动时，也会产生感应电流，且线圈c被螺线管排斥；导体棒向右做减速运动时，也会产生感应电流，且线圈c被螺线管吸引；故BD正确，C错误。故选BD。【点睛】本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动9、BC【解析】在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，由欧姆定律分析并联部分电压的变化，从而分析电容的电量如何变化，根

18、据功率的公式分析功率的变化【详解】在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，可知干路电流I变大，根据P=EI，可知电源的功率变大，根据，可知电源内部消耗的功率变大，故A错误，C正确；因干路电流I变大，则路端电压U变小，而电压变大，而，则并联部分的电压变小，即电容器两端的电压变小，根据Q=CU，可知电容器储存的电荷量变小，故B正确；因不知道R与的大小关系，无法判断电阻R消耗的电功率变化情况，故D错误；故选BC。【点睛】本题为闭合电路欧姆定律中的含容电路，要注意明确与电容器串联的电阻在电路稳定时，可以将其作为导线处理10、AC【解析】粒子可

19、能在两个磁场间做多次的运动，画出可能的粒子轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120，根据几何关系可得粒子运动的半径为： (n=1，2，3，)根据洛伦兹力提供向心力可得：联立可得： (n=1，2，3，)则粒子的速度可能是：或者或者。A.。与上述结论相符，故A正确；B.。与上述结论不符，故B错误；C. 。与上述结论相符，故C正确；D.。与上述结论不符，故D错误。故选：AC。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、增大 增大 减小 控制变量法 【解析】根据，联合分析求解；研究某量与其他两之间的关系时，常采用控制变量法（1）根据，B板上移，S减小，

20、C减小，Q不变，U增大，张角将增大；（2）根据， B板左移，d增大，C减小，U增大，张角将增大；（3）根据，插入电介质，增大，电容C增大，U减小，张角将减小；（4）根据可知，其中有，S，d为变量，所以本实验应用的为控制变量法12、AD； ； B； 最低点； 【解析】（1）为了减小实验误差，故选AD（2）根据单摆周期公式得（3）A.图像a相对于b向x轴左移，所以原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，故A错误B.根据（2）分析，误将49次全振动记为50次，n变大，g变大，T2-L图像斜率为，斜率变小，为图c，故B正确C.T2-L图像斜率为，所以c图的g值大于图线b对应的g值，故C错误故选B

21、（4）通过分析，拉力最大，摆球在最低点；，联立解得：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)2(3)3L【解析】（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，时间为，由牛顿第二定律得：，由得：，电子进入电场E2时的速度为：，进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：，电子从释放到打到屏上所用的时间为：，联立求解得：；（2）设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为，由牛顿第二定律得：电子进入电场时的加速度为，电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为，联立得；（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示： 设电子打到屏上的点P到O点的距离y，根据上图有几何关系得：（11），联立（11）得：【点睛】电子运动分三段，左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，后做类平抛运动，最后做匀速直线运动，根据各自规律可求时间；在电场E2中做类平抛运动，速度偏转角为；作出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系可求得电子打到屏上的点P到