辽宁沈阳市郊联体2023学年物理高二上期中预测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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为竖直正对放置的平行金属板构成的偏转电场，其中a板带正电，两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面P

2、Q，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一带正电粒子以速度v0从两板中间位置与a、b平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为x（M、N点图中未画出），从N点射出的速度为v，则以下说法中正确的是A只增大带电粒子的比荷大小，则v减小B只增大偏转电场的电压U的大小，则v减小C只减小初速度v0的大小，则x不变D只减小偏转电场的电压U的大小，则x不变2、A、B两带电小球，电量分别为 q、9q，质量分别为 ml 、m2 ，如图所示，用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时 A、B两球处

3、于同一水平线上，其中O点到A球的间距OA= 2L，AOB=90，OAB=60，C是AB连线上一点且在O点的正下方，带电小球均可视为点电荷，静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）AAB间的库仑力为F=9kq24LBA、B两球的质量之比为1：3CC点的电场强度为零D若仅互换A、B两球的带电量，则A、B两球位置将不再处于同一水平线上3、如图所示为两个单摆的振动图像，若两单摆所在位置的重力加速度相同，则它们的A摆球质量相等B振幅相等C摆长相等D摆球同时改变速度方向4、如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为010 V，当使用a、c两个端点时，量程为0100 V。已知表头的内阻Rg为4

4、00 ，满偏电流Ig为2 mA，则电阻R1、R2的值是A4600 45000 B45000 4600 C4600 46000 D46000 4600 5、如图所示，一个质量为m的物体(可视为质点)，由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30的固定斜面做匀减速直线运动，减速运动的加速度大小为g，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中()A物体重力势能增加了2mghB物体重力做功的平均功率为mgC物体动能损失了mghD系统生热mgh6、对于金属导体，还必须满足下列哪一个条件才能在导体中产生恒定的电流？（ ）A有可以自由移动的电荷B导体两端有电压C导体内存在电场D导体两端加有恒定的电压二、多项选择

5、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，x轴水平，y轴竖直。图中画出了从y轴上沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，若a、b、c的飞行时间分别为ta、tb、tc，抛出的初速度分别为va、vb、vc，则AtatbtcBtatbtcCvavbvcDvavbvc8、如图所示电路，R1、R2、R3为三个可变电阻，闭合电键后，电容器C1、C2所带电量分别为Q1和Q2，电源电阻不能忽略，下面判断正确的是（ ）A仅将R1增大，Q1和Q

6、2都将增大B仅将R2增大，Q1和Q2都将增大C仅将R3增大，Q1和Q2都将不变D突然断开开关S，通过R3的电量为Q1+Q29、如图所示，在正点电荷Q形成的电场中，ab两点在同一等势面上，重力不计的甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为acb和adb曲线，若两个粒子经过a点时具有相同的动能，下列判断错误的是（ ）A甲粒子经过c点时与乙粒子经过d点时具有的动能相同B甲、乙两个粒子带异种电荷C若取无穷远处为零电势，则甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d 点时的电势能D两粒子经过b点时具有的动能相同10、某电容器上标有“25V、470F”的字样，对此，下列说法正确的是A此电容器的击穿电压为25VB当工

7、作电压是25V时，电容才是470FC击穿电压高于额定电压D此电容器只能在直流25V及以下电压才能正常工作三、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）某实验小组要探究一小灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡在不同电压下的实际功率，实验电路如图甲所示：(1)请根据实物图在方框内画出测量小灯伏安特性曲线的原理电路图(2)实验闭合电键前，滑动变阻器的滑片应在_端(填“a”或“b”)(3)实验中闭合开关，把滑动片向一端移动过程中，发现电流表与电压表均有明显读数且读数几乎不变，则电路中出现故障的元件可能是_(填“A”或“B”)A小灯泡 B滑动变阻器(4)

8、该小组根据实验数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，可判定在图乙中小灯泡的功率与加在两端电压的平方U2的图像正确的是_(选填“1”、“2”、“3”)(5)某同学将两个完全相同的这种小灯泡并联接在电源两端，已知电源的电动势E=3V、内阻r=2，则此时每个小灯泡的实际功率为_ (结果保留两位有效数字)12（12分）某同学用电流表和电压表测干电池的电动势和内电阻时，采用如图所示的电路图接线，然后测出一些数据在坐标纸上画出了电池的UI图线如图所示，(1)从UI图线中可以得出电池的电动势E_V，内电阻r_。(2)请根据电路图在下图中连接实物图_。 四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡

9、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，在竖直平面内，水平且平行的、虚线间距为L，其间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一长为2L、宽为L矩形线框质量为m，电阻为R.开始时，线框下边缘正好与虚线重合，由静止释放，线框上边缘进入磁场后线框一直做减速运动，经过一段时间后，线框上边缘经过虚线瞬间加速度恰为0.重力加速度为g，不计空气阻力求矩形线框穿过磁场过程中：(1) 上边缘经过虚线瞬间，线框的速度v(2) 磁通量变化率的最大值(3) 线框中产生的焦耳热和通过矩形线框的电量q14（16分）如图所示，在竖直平面内有方向水平向右的匀强电场，有一根长L=2

10、m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量m=0.32kg，电量q=+8.010-5C的小球，小球静止时轻绳与竖直方向成37角。现使小球获得某一初动能，恰好能让小球绕O点在竖直平面内做圆周运动。取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，g取10m/s2。求：（1）匀强电场的场强E；（2）小球的初动能Ek0；（3）求小球在圆周运动过程中电势能与重力势能之和的最大值？15（12分）如图所示，空间中存在一电容器，已知极板间电势差为U，极板间距为d，板长为L。一质量为m，带电量为q的正电粒子以某一初速度（大小未知）从正极板边缘飞入电容器，恰能从电容器负极板边缘飞出。（不计粒子重力）求：(1)粒

11、子在电场中运动的时间；(2)粒子离开电场时的动能。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】粒子在电场中，水平方向；竖直方向， ； ，解得 ，则只增大带电粒子的比荷大小，则v增大，选项A错误；只增大偏转电场的电压U的大小，则E变大，v变大，选项B错误；减小初速度v0的大小，则导致进入磁场的速度减小，由半径公式R=，可知，导致半径减小，则x也减小，故C错误；减小偏转电场的电压U的大小，设速度与磁场边界的夹角为，则由半径公式 ，结合几何关系，可得：x=2Rsin= ，则会导致x不变，故D正确；故选D点睛：考查粒子做

12、类平抛运动与匀速圆周运动的处理规律，掌握圆周运动的半径公式，注意运动的合成与分解的方法2、C【解析】根据题意，由几何关系可知，lOA=2L，lAB=4L，lOB=23L由库仑定律可知AB间的库仑力为F=FAB=FBA=k9q2lAB2=k9q24L2，A选项错误；如图所示受力分析可知：FBAmAg=tan30，FABmBg=tan60两式相除，得：mAmB=tan60tan30=3:1，故B选项错误；由几何关系可知，lAC=lOAcos60=L，lBC=lAB-lAC=3L根据点电荷场强公式E=kQr2可知：A点电荷在C点的场强大小为E=kqL2，B点电荷在C点的场强大小为E=k9q3L2=k

13、qL2，故E和E大小相等，方向相反，合场强为零，C选择正确；交换电荷量以后，A、B两球各自受到的库仑力FAB和FBA大小均没有发生变化，上图所示的平衡依然成立，故A、B两球位置将依然处在同一水平线上，D错误。【点睛】（1）依据库仑定律，结合几何关系，可求解两球之间的库仑力；（2）两球都处于平衡态，列平衡方程，可找出两球质量之间的关系；（3）两球的平衡与两球之间的相互作用力大小有关，而与两球交换电荷量无关。3、C【解析】从单摆的位移时间图象可以看出两个单摆的周期相等，根据周期公式T=2可知，两个单摆的摆长相等，周期与摆球的质量无关，故A错误，C正确由图可以看出两单摆振幅不相等，B错误；从图象可以

14、看出，最大位移的时刻不同，故改变速度方向的时刻不同，故D错误；故选C4、A【解析】当使用a、b两个端点时，由欧姆定律得：U1=10V=Ig（R1+Rg）当使用a、c两个端点时，由欧姆定律得：U2=100V=Ig（R2+R1+Rg）代入数据解得：R1=4600R2=45000A4600 45000 。故A符合题意。B45000 4600 。故B不符合题意。C4600 46000 。故C不符合题意。D46000 4600 。故D不符合题意。5、B【解析】A. 物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；B. 设物体运动的时间为t，由，a=g，得，则物体克服重力做功的平均

15、功率为，故B正确；C. 根据动能定理得：物体动能的变化量Ek=W合=ma2h=2mgh，即动能损失了2mgh，C错误；D. 由上知，物体的重力势能增加了mgh，动能损失了2mgh，物体的动能与重力势能之和等于机械能，所以物体的机械能减小mgh，根据能量守恒得知，系统生热mgh，故D错误。故选：B。6、D【解析】试题分析：A、金属导体中就存在自由电荷，但不一定能形成恒定的电流；错误B、导体两端有电压时，导体中有电流，但不一定产生恒定电流；错误C、导体内存在电场，导体中可能形成短暂的电流，不一定能形成持续稳定的电流；错误D、导体两端存在着恒定的电压时，导体中产生持续的恒定电流；正确故选D考点：电流

16、和电压的概念点评：掌握产生电流的条件：一是导体内有自由电荷；二是导体两端存在电压；要产生恒定的电流导体的两端电压要恒定不变。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】根据h=12gt2得，t=2hg，因为hahb=hc，可知tatb=tc。在水平方向上，有x=v0t，因为tatb=tc，xaxbxc，则初速度vavbvc故BD正确，AC错误。故选BD。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解8、BCD【解析】A增

17、大R1，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电容器C1两端电压增大，C2两端电压减小，电容器所带电量Q1增大，Q2减小，故A错误；B增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R1两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；C增大R3，整个电路电阻不变，Q1和Q2都将不变，故C正确；D突然断开开关S，两个电容器都放电，通过R3的电量为Q1+Q2，故D正确。9、AC【解析】解：A、甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，Uac=Uad，甲受引力作用、乙受斥力

18、作用，甲粒子从a到c电场力做正功，乙粒子从a到d电场力做功负功，经过a点时初动能相等，根据动能定理得知：甲粒子经过c点时的动能大于乙粒子经过d点时的动能故A错误B、由图可知电荷甲受到中心电荷Q的引力，而电荷乙受到中心电荷Q的斥力，故两粒子的电性一定不同，故B正确C、设无穷远处电势为零，在点电荷+Q的电场中，c=d0，由于甲带负电，乙带正电，根据电势能EP=q，所以甲粒子经过c点时的电势能小于0，乙粒子经过d点时的电势能大于0，所以甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能，甲粒子经过c点时的动能大于乙粒子经过d点时的动能故C正确；D、在点电荷+Q的电场中，由于甲带负电，乙带正电，根据

19、电势能EP=q，所以甲粒子经过b点时的电势能小于0，乙粒子经过b点时的电势能大于0，所以两粒子经过b点时具有的电势能不相等故D错误故选BC【点评】根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口同时要注意电势能，电荷，电势都有正负10、CD【解析】由标称值可知，该电解电容器用于直流25V及以下电压时才能正常工作，25V是额定电压，击穿电压高于额定电压，故A错误，CD正确电容器的电容值由其内部构造所决定，在不被击穿的条件下，与其工作电压无关；故B错误故选CD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 B

20、 3 0.44W(0.42-0.46 ) 【解析】（1）此电路是分压电路，滑动变阻器的aP部分与小灯泡并联，开始时应使小灯泡两端电压最小，故滑片应置于a端；（2）电流表与电压表均有明显读数，说明灯泡所在电路正常，滑动中示数几乎不变，说明滑动变阻器没有起到应有的作用，故可能存在故障的的滑动变阻器，故填B；(3)由,随着小灯泡两端电压的增大,灯丝温度升高,电阻增大,P随U2的变化变缓,即图线为3;(4) 灯泡两端的电压为，流过每个灯泡的电流为，则，得,画出电源的U-I图线如图,交点坐标,所以小灯泡消耗的电功率为:12、 1.45 0.5 【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可得U=E-Ir，由此可知当I=0时的纵轴截距大小等于