2023学年山东省宁阳县第四中学物理高二上期中经典模拟试题含解析

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、关于电场，下列说法正确的是A电场和电场线都是客观存在的B没有画电场线的地方不存在电场C电场线的方向即为带电粒子的运动方向D等差等势面越密的地方,电场线越密,电场强度越大2、导体a、

2、b的伏安特性曲线如图所示，下列说法正确的是A两导体的电阻B两导体的电阻C若将两导体串联接入电路，则它们消耗的电功率D若将两导体并联接入电路，则它们消耗的电功率3、两个点电荷间的相互作用力为F，若每个电荷的带电量都增大一倍，并把它们之间的距离减少一半，则它们之间的相互作用力变为( )A2FB4FC8FD16F4、如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计针的偏转示电容两极板间的电势差实验中保持极板上的电荷量不变设电容两极正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为下列关于实验现象的描述正确的是（ ）A保持不变，增大，则变大B保持不变，减小，

3、则不变C保持不变，减小，则变小D保持、不变，在两板间插入电介质，则变大5、如图所示，四个相同的表头分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则（ ）安培表A1的读数大于安培表A2的读数；安培表A1的偏转角小于安培表A2的偏转角；伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数；伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角。ABCD6、如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零如果让P

4、中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A0BC D2B0二、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、如图所示，开始静止的带电粒子带电荷量为+q，质量为m （不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入右侧的边长为L的正方形匀强磁场区域（PQ的连线经过AD边、BC边的中点），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，若带电粒子只能从CD边射出，则A两板间电压的最大值B两板间电压的最小值C能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最短时间D能够从CD边射出的粒子在磁场

5、中运动的最长时间8、沿竖直升降的电梯中，一轻弹簧下挂一小球，电梯静止时，弹簧伸长L，电梯运动时，弹簧伸长了45L，由此分析电梯的运动情况可能是：A电梯可能加速上升B电梯可能加速下降C电梯的加速度大小为15gD电梯必定在向下运动9、一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波，每个质点振动的振幅都为 2cm,已知在 t=0 时刻相距 4cm 的两个质点 a,b 的位移都是 1cm,但速度方向相反，其中 a 质点的速度沿 y 轴负方向，如图所示，则 At=0 时刻，a,b 两质点的加速度相同Ba、b 两质点的平衡位置间的距离为波长的整数倍C当 a 质点的速度最大时，b 质点的速度为零D当 b 质点的位移为+

6、2cm 时，a 质点的位移为-1cm10、如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为，bc边长为，线框质量为m.电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行，已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是（ ）A线框进入磁场前的加速度为B线框进入磁场时的速度为C线框进入磁场时有方向的感应电流D线框进入磁场的过程中产生的热量为三、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

7、下图所示是定性研究平行板电容器电容的影响因素的装置，平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地（1）指出下列三个图所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况：正对面积减小时，静电计指针的偏转角度_；板间距离增大时，静电计指针的偏转角度_；插入电介质时，静电计指针的偏转角度_（2）实验说明平行板电容器的电容与正对面积、板间距离、电介质的介电常数之间的关系为：_；12（12分）（1）在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图所示），示数为 _ cm.在一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图），示数为_ mm.（2）某电阻额定电压为3 V（阻值大约为10 ）为测量其阻值，实验室提供了下列可

8、选用的器材：A：电流表A1（量程300 mA，内阻约1 ）B：电流表A2（量程0.6 A，内阻约0.3 ）C：电压表V1（量程3.0 V，内阻约3 k）D：电压表V2（量程5.0 V，内阻约5 k）E：滑动变阻器R1（最大阻值为10 ）F：滑动变阻器R2（最大阻值为1 k）G：电源E（电动势4 V，内阻可忽略）H：电键、导线若干为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需添器材前面的字母即可）：电流表_，电压表_，滑动变阻器_.画出该实验电路图 _ .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，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）地面上有质量m=3

9、.0103kg的物体，用起重机将它竖直向上匀加速提升到h=10m的高处，物体在这段上升过程中，起重机钢绳对它的拉力F=4104N取g=10m/s2，将物体视为质点（1）求钢绳的拉力F所做的功WF；（2）求重力做的功WG；（3）选择地面为参考平面，求物体在h=10m处的重力势能EP14（16分）两个均标有“10V,20W”的线性元件L1和L2,与一个R=5的电阻按图示电路相连在电路两端加 上U=15V的电压后，求：(1)流经L1的电流；(2)两元件L1和L2的实际功率15（12分）使用功率为P=1kW的电加热装置把m=2kg的水从25加热到100，已知c水=4.2103J/kg求：（1）水吸收的

10、热量；（2）若这个装置的效率为60%，则加热时间是多久？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】A电场是客观存在的，电场线不是客观存在的，故A错误.B没有画电场线的地方不一定不存在电场，有可能存在，故B错误.C电场线的方向不一定是带电粒子运动的方向，是正电荷受力的方向，故C错误.D电场线的疏密程度描述场强大小，电场线越密的地方电场强度越大，而等差等势面越密的地方电场线也越密，故D正确.2、B【解析】AB两个导体a和b，根据欧姆定律：，可知该图象中，图线的斜率表示电阻的倒数，所以a的电阻值大，b的电阻值小。故A

11、错误，B正确；C若将它们串联接入电路，电流相同，由P=I2R可知电阻值较大的a消耗的电功率大。故C错误；D若将它们并联接入电路，则它们两端得电压是相等的，由可知，电阻值较大的a消耗的电功率大小。故D错误.故选B。3、D【解析】由库仑定律 知当每个电荷的带电量都增大一倍，并把它们之间的距离减少一半，则它们之间的相互作用力变为原来的16倍，故D正确；综上所述本题答案是：D4、A【解析】A：平行板电容器的电容，电容器电压与电容的关系为，电量不变，保持不变，增大，电容减小，电压增大， 变大，故A项正确B：电量不变，保持不变，减小，电容增大，电压减小， 变小，故B项错误C：电量不变，保持不变，减小，电容

12、减小，电压增大， 变大，故C项错误D：电量不变，保持、不变，在两板间插入电介质，电容增大，电压变小， 变小，故D项错误所以选A点睛：平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、来判断各量如何变化。平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、来判断各量如何变化。5、A【解析】两个安培表是并联在电路中，又安培表是利用表头与电阻并联改装得到的，所以此时两个安培表的表头是并联的，因此流过表头的电流是相等的，安培表A1的偏转角等于安培表A2的偏转角，又因为安培表A1的量程大于A2的量程

13、，安培表A1的读数大于安培表A2的读数；两个伏特表是串联在电路中，又伏特表是利用表头与电阻串联改装得到的，所以此时两个伏特表的表头是串联的，因此流过表头的电流是相等的，伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角，又因为伏特表V1的量程大于V2的量程，伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数。故选A6、C【解析】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示：由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30=B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0；当P中的电流反向，其

14、他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=，故C正确，ABD错误二、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、AC【解析】粒子在加速电场中，由动能定理可得：qUmv2，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力：qvB，解得U，可见若加速电压大，轨迹半径也大，所以两板间电压最大时，粒子恰好从C点离开磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得：R2L2，解得：R

15、L，所以最大电压Umax，故A正确，B错误；由图可知，能够从CD边射出的粒子在磁场中运动时间最长的是恰好从D点离开磁场的，运动时间，故C正确，D错误;故选AC.点睛：带电粒子经电场加速进入正方形磁场做匀速圆周运动，由半径公式知道电压越大，进入磁场的速度越大，则打在下边的距离越远，而偏转角越小，时间越短由题设条件，显然打在C点的带电粒子半径最大，运动时间最短，而打在D点的半径最小，时间最短8、BC【解析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律胡克定律求出物体的加速度，从而得知电梯的加速度，确定电梯的运动情况【详解】当升降机静止时有：kL=mg，当升降机运动时，根据牛顿第二定律得，mg 0.8kLma，

16、解得a= 0.2g，方向竖直向下，知电梯以大小为0.2g 的加速度减速上升，或以大小为0.2g 的加速度加速下降。故BC正确，AD错误。故选BC。【点睛】解决本题的关键知道物体与电梯具有共同的加速度，根据牛顿第二定律求出物体的加速度是本题的突破口9、AD【解析】Aa、b两个质点都做简谐运动，t=0时刻a、b两质点的位移相同，根据简谐运动的特征：，得知加速度相同，故A正确B图示时刻两质点位移相同，速度相反，但不是同相点，所以a、b两质点的平衡位置间的距离不是波长的整倍，故B错误C由图看出，a正向平衡位置运动，速度增大，b正向波峰运动，速度减小，当a通过1cm位移到达平衡位置时，b还没有到达波峰，

17、则a质点速度最大时，b质点速度不为零故C错误D假设在t=0时刻，ab之间只有一个波峰则其位置在x=3的位置，当b质点位移为+2cm到达波峰时，波向右传播2m的距离，将波形向右平移2m可看出，此时a质点位于平衡位置下方，位移为-1cm，故D正确10、ABC【解析】A线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：F-mgsin=ma则故A正确B线框进入磁场时匀速运动，则有F=mgsin+解得速度故B正确C根据右手定则判断得知线框进入磁场时，感应电流方向为abcda故C正确D根据能量守恒知线框进入磁场的过程中产生的热量为（F-mgsin）L2，故D错误故选ABC三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答

18、题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、（1）增大； 增大； 减小 （3）C=s4kd 【解析】（1）正对面积减小时，根据C=S4kd，判断电容变小，电容器的带电量Q不变，根据U=Q/C判断电势差变大，所以静电计指针的偏转角度增大；板间距离变大时，根据C=S4kd，判断电容变小，电容器的带电量Q不变，根据U=Q/C 判断电势差变大，静电计指针的偏转角度增大当插入电介质时，C增大，Q不变，则可知，电势差减小；故偏转角减小；（2）实验说明平行板电容器的电容与正对面积、板间距离、电介质的介电常数之间的关系为：电容与正对面积、介电常数成正比；与板间距离成反比；即C=S4kd；【点睛】解决本题的关键根据C=S4kd，判断电容的变化，根据U=Q/C 判断电势差的变化同时注意这是探究性的实验，要注意实验分析12、 ; ; A; C; E; 【解析】（1）120分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为104mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为:10.05mm=0.05mm所以最终读数为：104mm+0.05mm=104.05mm=10.405cm；2螺旋测微器的固定刻度为8mm