2023学年北京市西城35中物理高二上期中复习检测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行正方形ABCD所在平面已知A、B、C三点的电势分别为A=9V，B=3V，C=-3V，则AD点的电势D=3V，场

2、强方向平行AB方向BD点的电势D=3V，场强方向平行AC方向CD点的电势D=6V，场强方向平行BC方向DD点的电势D=6V，场强方向平行BD方向2、两个大小材质完全相同的金属小球a、b，带电量分别为+3q和-q，距离为r时库仑力为两小球接触后分开，距离为2r时库仑力为(r比半径大得多)，则两力之比为（ ）A1:12B12:1C3:4D4:33、为了探究平抛运动的规律，将小球A和B置于同一高度，在小球A做平抛运动的同时静止释放小球B同学甲直接观察两小球是否同时落地，同学乙拍摄频闪照片进行测量、分析通过多次实验（ ）A只有同学甲能证明平抛运动在水平方向是匀速运动B两位同学都能证明平抛运动在水平方向

3、是匀速运动C两位同学都能证明平抛运动在竖直方向是自由落体运动D只有同学甲能证明平抛运动在竖直方向是自由落体运动4、隧道里有一个警报器，在隧道的两端各有一个开关，在出现危险时要求不论接通哪一个开关都能使警报器报警，那么应设计的电路为()A“与”门电路B“或”门电路C“非”门电路D上述答案都有可能5、质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角30的光滑绝缘斜面顶端，斜面固定在地面上，整个装置放在水平方向、大小为EmgQ的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地的速度大小为A BC D6、如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，A电压表V读数先变大后

4、变小，电流表A读数变大B电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小C电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大D电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小二、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、某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是( )A该元件是非线性元件，不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻B加5V电压时，导体的电阻约0.2C加12V电压时，导体的电阻约是8D由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断增大8、一根长为0.2m、电

5、流为2A的通电导线,放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中,受到磁场力的大小可能是()A0.4NB0.3NC0.2ND09、如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点。下列说法正确的是AA点的电场强度大于B点的电场强度且两点电场强度方向相同BB、D两点的电场强度及电势均相同C一电子由B点沿BCD路径移至D点，电势能先减小后增大D一质子由C点沿COA路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功10、空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动，初速度大小为v0,其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示

6、，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中正确的是A从x1到O之间，该电场的场强先减小后增大B由x1运动到O过程加速度一直减小C粒子经过x1、-x1处速度相同D粒子能够一直沿x轴负方向运动，一定有三、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“探究恒力做功与动能改变的关系”的实验装置实验过程中，为了让小车所受合外力大小近似等于钩码的重力大小：（1）细线应该与长木板平面_ （填“A”或“B”）； A平行B不平行 （2）是否需要平衡摩擦力_ （填“A”或“B”）； A

7、需要B不需要 （3）小车质量M与钩码质量m的关系应满足_ （填“A”或“B”） AMmBMm12（12分）某同学测量阻值约为25k的电阻Rx，现备有下列器材：A电流表（量程100 A，内阻约为200）；B电流表（量程500 A，内阻约为300）；C电压表（量程15 V，内阻约为100k）；D电压表（量程50 V，内阻约为500k）；E直流电源（20 V，允许最大电流1 A）；F滑动变阻器（最大阻值1 k）；G开关和导线若干（1）电流表应选_，电压表应选_（填字母代号）（2）请在虚线框中画出测量Rx阻值的实验电路图四、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

8、文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示，在电场强度E为2.5104V/m的匀强电场中，将某一电荷量为-410-4 C的带负电的点电荷由A点移到B点，已知A、B两点间距离为4cm，两点连线与电场方向成60度角，求： （1）A、B两点间的电势差UAB； （2）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；14（16分）水平放置的两块平行金属板长L5.0 cm，两板间距d1.0 cm，两板间电压为90 V且上板为正.一电子沿水平方向以速度v02.0107m/s从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量q1.61019C，电子质量me9.11031kg)(计算结果在小数点后保留两位有效数字

9、)(1)电子偏离金属板时的侧位移；(2)电子飞出电场时的速度；(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s10 cm，求OP的长.15（12分）在如图所示的电路中，电源电动势E6V，内阻，定值电阻， ， ，电容器的电容，电容器原来不带电求：（1）闭合开关S后，电路稳定时，流过的电流大小；（2）闭合开关S后，直至电路稳定过程中流过的总电荷量Q.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】CD.匀强电场中，由公式U=Ed知沿着任意方向每前进相同的距离，电势差都相等，故连接AC，AC连线的中点为E，则E点的电势为；连接B

10、E，如图所示：则BE为一条等势线，D点在BE连线上，所以D点电势;故C项，D项均错误.AB.过A点作出垂直于BE的有向线段，由高电势点A直线BE，如图中红线所示，即为电场线，那么场强方向平行AC方向；故A错误，B正确.2、B【解析】根据库仑定律可知，两个小球接触前作用力为：，接触后，电荷量先中和后平分，根据库仑定律有：，所以两力之比为12: 1，选项B正确，ACD错误；故选：B3、C【解析】在图甲的实验中，改变高度和平抛小球的初速度大小，发现两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动不能得出水平方向上的运动规律在图乙的实验中，通过频闪照片，发现自由落体运动的小球与平抛运动的小球任何一

11、个时刻都在同一水平线上，知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，所以平抛运动竖直方向上做自由落体运动频闪照片显示小球在水平方向相等时间内的水平位移相等，知水平方向做匀速直线运动，C正确4、B【解析】试题分析：不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，所满足的关系是“或”逻辑关系，即事件的某一个条件满足，该事件就能发生故B正确，A、C、D错误故选B考点：逻辑电路5、D【解析】试题分析：对物体受力分析：竖直向下的重力mg，水平向左的电场力，此二力合力为2mg与水平方向成30，与斜面不接触（所以不受斜面对它的弹力）。根据几何关系：斜面的长度为对物块在斜面上动能定理：推出v=考点：考查功能关系的应

12、用点评：本题难度较小，主要考查学生对功能关系的理解，需要重视的是电场力和重力做功与路径无关，只与初末位置有关6、A【解析】试题分析：由电路图可知，本题为滑动变阻器的两部分并联，并联后，再与R串联；由几何知识可知滑片移动时总电阻的变化；则由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流的变化及路端电压的变化解：设滑动变阻器触点以上的电阻为R上，触点以下的电阻为R下因为滑动变阻器的有效电阻R并除最初和最终为零外，是R上和R下并联的结果，二者之和一定，二者相等时积最大，所以当触点在中间时电阻最大，根据全电路欧姆定律，I总=，所以当触点在中间时电流最小，电压表V读数为电源的路端电压，U=E - Ir，当触点在中间时

13、路端电压最大，电压表V读数先变大后变小，所以本题选A或C再算电流表A读数即R下的电流I，根据电阻并联分流公式，联立以上3式，解得变化为I=当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，R上一直变大而R下一直变小，从上式可以看出，电流表A读数I一直变大，所以本题选A故选A【点评】本题考查全电路欧姆定律，滑动变阻器，电路分析，并联分流等，难度：较难电路分析和电压表电流表读数随滑动变阻器触点移动而变化的题目是传统题目，但此题推陈出新，有新意，用新方法，一是应用数学知识：二者和不变，相等时积最大，二是应用数学方法，把最后的I式子变化为最后一式，目的是减少变化量二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共

14、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】A该元件是非线性元件，但在某一状态时能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，故A错误；B由图可知加5V电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知：故B错误；C. 由图可知加12V电压时，电流为1.5A，则由欧姆定律可知：故C正确；D由图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断增大，故D正确。故选CD。8、CD【解析】当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小为零，则导线所受磁

15、场力的范围为00.2N，故CD正确。故选CD。9、AB【解析】A在如图所示的电场中EAEOEB，且电场方向都水平向右，故A正确；B由于B、D两点关于O点对称，因此其场强大小相等，方向均水平向右，中垂线为零等势线，故B正确；C电子由B沿BC运动到C过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功，电势能增大，沿CD运动到D过程中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功，电势能减小，故整个过程中电势能先增大后减小，故C错误；D图中两电荷连线电场方向水平向右，即由A指向C，质子受电场力水平向右，故质子由C点沿COA路径移至A点过程中电场力做负功，故D错误。10、CD【解析】根据电势能与电势的关系：Ep=q

16、，场强与电势的关系：，得：Ep-x图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，坐标原点O处切线斜率为零，则坐标原点O处电场强度为零，从x1到O之间，斜率先增加后减小，则该电场的场强先增加后减小，故A错误由x1运动到O过程，场强先增大后减小，由F=qE知，粒子所受的电场力先增大后减小，根据牛顿第二定律得知，加速度先增大后减小，故B错误由图看出，x1、-x1两处的电势能相等，根据能量守恒定律得知，粒子经过x1、-x1处速度相同，故C正确根据公式Ep=q，可知，该粒子带负电，从x1处到-x1处，电势先降低后升高，电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，粒子只要能通过原点O

17、，就能一直沿x轴运动，设粒子恰好能到达原点O时的速度为v，则根据能量守恒定律得：mv2=E0-E1，当v0v时，即v0粒子能够一直沿x轴负方向运动，故D正确故选CD.点睛：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律和能量守恒定律进行分析三、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； A； B 【解析】小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高，当钩码的质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码的重力

18、【详解】（1）细线的拉力为小车的合力，所以细线与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，故A正确，B错误；故选A （2）要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，即本实验需要平衡摩擦力，故A正确，B错误；故选A （3）只有当小车质量M远远大于钩码的质量时，才可以用钩码的重力代替绳子的拉力，故B正确，A错误；故选B 故答案为（1）A；（2）A；（3）B【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，注意平衡摩擦力时，不能挂钩码，难度适中12、 （1）B、C （2）滑动变阻器分压式、电流表内接【解析】（1）电源电压为20V，故电压表应选择C；通过电流值约为： ，而电流表A量程太小，内阻也大，所以不选A，而B合适（2）因待测电阻约为25K， ，故用电流表内接法：因是小电阻控制大电阻，若用限流式接法，控制的电压变化范围太小，则应用分压式接法原理图如图所示；点睛：实验电路所用器材的要求要