2023学年安徽省蚌埠二中高二物理第一学期期中学业质量监测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、如图所示圆环形导体线圈平放在水平桌面上,在的正上方固定一竖直螺线管,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接

2、成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片向下滑动,下列表述正确的是()A线圈中将产生俯视顺时针方向的感应电流B穿过线圈的磁通量变小C线圈有扩张的趋势D线圈对水平桌面的压力FN将增大2、如图所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是( )A这个电场可能是负点电荷的电场B点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大C点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小(不计重力)D负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向3、在地球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4、如图所示的电路，L1、L2、L3是

3、3只小电灯，R是滑动变阻器，开始时，它的滑片P位于中点位置当S闭合时，3只小电灯都发光现使滑动变阻器的滑片P向右移动时，则小电灯L1、L2、L3的变化情况（各灯电压均未超过额定值）：AL1变亮、L2变亮BL2变亮、L3变暗CL1变暗、L3变亮DL1、L2、L3均变亮5、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（ ）A带点油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将增大C带电油滴的电势能将增大D若电容器的电容减小，则极板带电量将增大6、如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势

4、为零，Ox方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( ) A电子将沿Ox轴负方向运动B电子的电势能将增大C电子运动的加速度恒定D电子运动的加速度先减小后增大二、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、如下图所示，匀强电场中的PAB平面平行于电场方向C点为AB的中点，D点为PB的中点将一个带电粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA1.6108J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB3.2108J则下列说法正确的是A直线PC

5、为等势线B直线AD为等势线C若将该粒子从B点移动到A点，电场力做功WBA1.6108JD若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC2.4108J8、锂电池因能量高、环保无污染而广泛使用在手机等电子产品中。现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是A电能转化为化学能的功率为UII2rB充电器输出的电功率为UII2rC电池产生的热功率为I2rD充电器的充电效率为100%9、如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们

6、最后打在同一点（不计P、Q的重力以及它们间的相互作用），则从开始射入到打到上极板的过程，下列说法中正确的是 A它们运动的时间相等B它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2C它们的电势能减小量之比EP：EQ=1：2D它们的电场力做功之比WP：WQ=2：110、如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球（重力不计）在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是A电场强度的大小为BAB两点的电势差为C带电小球由A运动至B过程中电势能增加了D带电小球若由B匀速运动至A，则恒力F必须反向三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答

7、题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）如图所示为一多量程电压表内部电路如图所示。其中电流计G的内阻Rg=15，满偏电流Ig=1mA，则R1=_，R2=_。 12（12分）为了测量一精密直金属丝的电阻率，先用多用电表挡粗测其电阻为_，然后用游标卡尺测其长度是_mm，螺旋测微器测其直径为_mm。 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，实线是一列沿 x 正方向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形图，虚线是这列简谐横波在t=0.30s 时刻的波形图，求： （1）x=0 处质点在一个周期内走过的

8、路程 s； （2）波在一个周期传播的距离 l； （3）波的波速 v.14（16分）一根通有电流的直铜棒用软导线挂在如图所示的匀强磁场中,电流的方向如图所示，已知铜棒的质量m=1.6kg，铜棒的长度L=0.8m，匀强磁场的磁感应强度B=2T，g=10m/s2求：（1）若通过直铜棒的电流I=5A。则它受到的安培力是多大？（2）不改变B的大小和方向，要使软导线的拉力为零，则直铜棒中的电流应为多大？15（12分）如图甲所示，一对足够长的平行光滑轨道固定在水平面上，两轨道间距 l= 0.5m，左侧接一阻值 为R的电阻。有一金属棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于

9、垂直轨道平面竖直向下的磁感应强度为1T的匀强磁场中。T=0 时，用一外力F 沿轨道方向拉金属棒，使金属棒以加速度 a =0.2 m/s2 做匀加速运动，外力F 与时间 t 的关系如图乙所示。(1)求金属棒的质量 m ；(2)当力F 达到某一值时，保持F 不再变化，金属棒继续运动3s，速度达到1.6m/s 且不再变化，测得在这 3s 内金属棒的位移 s=4.7 m，求这段时间内电阻R 消耗的电能。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、D【解析】当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，接入电路中的电阻变小，所以流过线圈b的电流增

10、大，所以穿过线圈a的磁通量变大由右手定则可以判断出穿过线圈a的磁通量增大的方向向下，所以根据楞次定律可知线圈a中感应电流所产生的磁场方向向上，再由右手定则可知线圈a中感应电流方向为俯视逆时针，故AB错误滑片P向下移动使得穿过线圈a的磁通量增加，根据楞次定律的描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，只有线圈a面积减小才能阻碍磁通量的增加，所以线圈a应有收缩的趋势，故C错误滑片P为不动时，线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力当滑片P向下滑动时，采用等效法，将线圈a和螺线管b看做两个条形磁铁，由楞次定律可以判断出两条形磁铁的N级相对，互相排斥，所以线圈a对水平桌面的压力变大，故D正确故选

11、D2、B【解析】孤立的负点电荷形成的电场电场线是会聚型的射线，则知这个电场不可能是孤立的负点电荷形成的电场，故A错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以，根据知点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大，瞬时加速度也比B点处的大，故B正确，C错误；电场线的切线方向为该点场强的方向，由知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，故D错误选B.【点睛】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小 3、A【解析】赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上，

12、故选A。4、B【解析】由题意可知考查电路的动态分析，根据闭合电路欧姆定律分析计算可得。【详解】滑片P向右移动，支路电阻增大，外电阻增大，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，通过灯L1电流变小，所以变暗，外电压增大，灯L1的电压减小，说明灯L2两端电压增大，通过灯L2的电流增大，变亮，而总电流减小，通定灯L3电流减小，变暗。A描述与题意分析不符合，故A错误。B描述与题意分析符合，故B正确。C描述与题意分析不符合，故C错误。D描述与题意分析不符合，故D错误。【点睛】电路动态分析时，先从局部电阻入手，分析电阻变化，再分析总电阻变化，根据闭合电路欧姆定律可知总电流变

13、化，内电压变化，外电压变化，先分析电阻不变的用电器电流、电压变化，最后灵活选择电流、电压关系间接分析出电阻变化用电器电流、电压变化情况。5、C【解析】试题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误B、板间场

14、强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B错误C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C正确D、根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小故D错误故选C【点评】本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化6、D【解析】A、由图可知沿0 x方向电势逐渐升高，则电场线方向沿x负方向，电子所受电场力方向沿x轴正方向，故电子将沿Ox方向运动，

15、故A错误；B、由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，故B错误；CD、x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，所受电场力先减小后增大，电子加速度先减小后增大，故D正确，C错误；故选D【点睛】根据-x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化，判断电子运动的加速度变化，由图可知沿Ox轴电势逐渐升高，可判断出电场线的方向，确定电子的运动方向，并判断电子电势能的变化二、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】A

16、B.设P点的电势为0，则根据公式W=Uq可知，电场力做正功，所以A点的电势为A=1.6108J/q，B点的电势为B=3.2108J/q；因为D是PB的中点，故D点的电势为D=(P+B)/2=1.6108J/q，故C点的电势为C=(A+B)/2=2.4108J/q，所以PC不是等势线，AD是等势线，故A错误； B正确；C.若将该粒子从B点移动到A点，电场力做功WBA(BA)q=1.6108J，故C错误，D.若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC(PC)q=2.4108J故D正确8、AC【解析】A充电时，电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UI=I2r+P化故电能转化为化学能的功

17、率P化=UI-I2r故A正确；B充电器输出的电功率为：P=UI，故B错误；C电池产生的热功率为P热=I2r，故C正确；D充电器的充电效率为：故D错误。9、AB【解析】垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故A正确；平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：y=12at2，解得：a=2yt2 ，根据牛顿第二定律，有：qE=ma，由两式解得：q=2myEt2 ，所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故B正确；根据动能定理，有：qEy=Ek，而：qP：qQ=1：2，yP：yQ=1：2，所以电场力做功之比

18、WP：WQ=1：4，它们的电势能减小量之比EP：EQ=1：4，选项CD错误；故选AB.10、BC【解析】由题，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE=F，则得场强故A错误A、B两点的电势差为UAB=Edcos=故B正确带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W=Fdcos，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcos故C正确小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，恒力F大小、方向不变故D错误故选BC点睛：本题要根据小球的运动状态分析受力情况、确定外力做功、判断电势能变化，要注意明确物体做匀速运动时，恒力F与电场力一定等大反向三、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、2985 1.2104 【解析】12当电压表量程为3V时，根据串联电路特点和欧姆定律得：IgR1+IgRg=3 当电压表量程为15V时，根据串联电路特点和欧姆定律得：IgRg+Ig（R1+R2）=