2023学年山东省泰安第十九中学物理高二上期中达标检测模拟试题含解析

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、如图所示，光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a和b，当一条形磁铁的S极竖直向下迅速靠

2、近两环中间时，则() Aa、b互相远离Ba、b互相靠近Ca、b均静止不动Da、b均向上跳起2、如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为、，实线为带电粒子在电场运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法中正确的是（）A粒子可能带负电B粒子在P点的动能大于Q点动能C粒子在P点电势能大于粒子在Q点电势能D粒子在P点受到电场力大于在Q点受到的电场力3、如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的带电量为Q，P是电容器内一点，电容器的上板与大地相连，下列说法正确的是A若将电容器的上板左移一点，则两板间场强减小B若将电容器的下板上移一点，则

3、两板间电势差减小C若将电容器的下板上移一点，则P点的电势升高D若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差增大4、传感器是一种采集信息的重要器件如图所示电路为测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容下列说法中正确的是（）A当待测压力增大时，则电容器的电容将减小B闭合K，当待测压力增大时，则有向右的电流通过RC断开K，当待测压力减小时，则电容器所带的电量减小D断开K，当待测压力减小时，则两极板问的电势差增大5、如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的

4、电子以速度v0从A 点沿AB边射出（电子重力不计），欲使电子能经过AC边，磁感应强度B的取值为ABBBCBDB6、2017年12月，我国大飞机三剑客之一的“鲲龙”AG600成功首飞若该飞机在起飞过程中做匀加速直线运动，下列能反映该运动过程的图象是()ABCD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，光滑绝缘的半圆形容器处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m，电荷量为q的带正电小球在容器边缘A点由静止释放，结果小球运动到B点时速度刚好为零，OB与水平方向的夹角为=6

5、00，则下列说法正确的是( )A小球重力与电场力的关系是mg=qEB小球在B点时，对圆弧的压力为2qEC小球在A点和B点的加速度大小相等D如果小球带负电，从A点由静止释放后，不能沿AB圆弧而运动8、如图所示，质量分别是m1和m2带电量分别为q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是和()，两小球恰在同一水平线上，那么()A两球一定带异种电荷Bq1可能大于q2Cm1一定大于m2Dm1所受库仑力一定大于m2所受的库仑力9、如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合。在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是（）A在

6、平行板电容器中插入电介质B增大平行板电容器两极板间的距离C减小平行板电容器两极板的正对面积D增大平行板电容器两极板的正对面积10、关于电场强度E的说法正确的是（ ）A电场中某点的场强方向跟正电荷在该点所受的电场力的方向相同B根据E=F/q可知，电场中某点的电场强度与电场力F成正比，与电量q成反比；C用负电荷所受电场力跟它的电量的比值也能求出电场强度的大小；D公式E=kQ/r2对任何电场都适用；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）小明同学想测量某电阻元件正常工作下的阻值RL，已知该元件电阻约为2，额定电流为1A。在保证器材安全的情况

7、下，尽量准确的测量RL。可供使用的器材有：A电流表A1：量程00.6A(内阻RA1为1)B电流表A2：量程03A(内阻RA2约为0.5)C电压表V1：量程03V(内阻RV1约为3K)D电压表V2：量程015V(内阻RV2约为15K)E.定值电阻R1=1F.定值电阻R3=1KG.滑动变阻器R：05H.蓄电池E：电动势10V，不计内阻I.导线，电键S(1)电流表应选_，电压表应选_(填写器材前面的字母序号)(2)画出电路图，并标上元件对应的符号；(3)正确连接电路后，当电流表示数为_A，元件正常工作。此时电压表示数如右上图，请读出此时电压表的示数_V，则此元件的电阻为_。(计算结果保留2位小数)1

8、2（12分）如图所示，一个黑箱有A、B、C三个接线柱，已知黑箱内的电器元件只有两个，某同学利用多用电表电压挡测量，各接线柱间电压均为零，利用欧姆挡依次进行6次测量，将每次红黑表笔的位置、测得的阻值都填入表中。黑表笔BABCCA红表笔ACCABB阻值（k）5.329.52由表中的数据可以判定：黑箱中的两个元件是_；如有电阻，阻值是_；如有二极管，二极管的正极接_端（选A、B、C）。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，EF与GH间为一无场区，无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，

9、两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板；无场区右侧有一个带电荷量为-Q的点电荷形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上。一个带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动(不计粒子的重力、管的粗细)。求：（1）带电粒子的比荷；（2）两金属板间所加的电压。14（16分）如图所示，电源电动势，内阻，电阻，电容器的电容，开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试问这一过程中通过电流表的电量是多少？15（12分）如图所示，A

10、OB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均看成质点）求子弹射入木块前的速度若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？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、A【解析】根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内

11、的磁通量增大，因此两线圈产生顺时针感应电流，由于两线圈电流方向相反，所以a，b两环互相排斥而相互远离，因此选项A正确，BCD错误。故选A。2、B【解析】A因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，故电场线如图所示，由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的方向，故粒子带正电，故A错误；B若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故P点动能大于Q点动能；若粒子从Q到P，电场力做正功，动能增大，P点动能大于Q点动能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，故B正确；C结合能量守恒定律，粒子在P点电势能与动能之和等于粒子在Q点电势能与动能之和，可知，粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能，

12、故C错误；D因Q点处的等势面密集，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，故D错误。3、B【解析】A、平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变，电容器上板左移，正对面积减小，电容C减小，由U=QC分析可知U增大，板间场强E=Ud，d不变，则E增大;故A错误.B、C、D将电容器的下板上移一点，板间距离减小，电容C增大，由U=QC分析得知：Q不变，两板间电势差减小;又由E=Ud=4kQS，可知板间场强不变，则P与上板的电势差不变，上板电势为零，则P点电势不变.故B正确,C，D错误.故选B.【点睛】对于电容器动态变化分析问题，要采用控制变量法研究，抓住不变量对于板间

13、距离变化的情形，由E=Ud=4kQS可知，板间场强不变，是个重要推论，经常用到4、D【解析】当待测压力增大时，电容器板间距离减小，根据电容的决定式得知，电容C增大，故A错误闭合K，当待测压力增大时，电容增大，而电压不变，由得知，电容器的带电量增大，电容器将充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有向左的电流通过R故B错误断开K，当待测压力减小时，电容器板间距离增大，电容C减小，而电容器所带的电量Q不变，由得知，两极板间的电势差U增大故C错误，D正确故选D.点睛：本题考查对传感器基本原理的理解，实质是电容器动态变化分析问题，关键要掌握电容的决定式和定义式5、C【解析】当电子从C点离开磁场时，电子做

14、匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，如图所示：由几何知识得：2Rcos30=a，解得：；欲使电子能经过AC边,必须满足：而，得：，解得：；A. B故A项错误； B. B故B项错误；C. B故C项正确； D. B故D项错误6、D【解析】飞机在起飞过程中做匀加速直线运动，由，可知x-t图为二次函数数，故AC错误；由，可知v-t图为正比例函数，故B错误，D正确二、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、CD【解析】A、小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得：，得，即，故A错误；B

15、、小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿半径方向合力为零，此时对小球受力分析可知：，故圆弧对小球支持力，根据牛顿第三定律可得小球在B点时，对圆弧的压力为，故B错误；C、在A点，小球所受的合力等于重力，加速度；在B点，合力沿切线方向，加速度，所以A、B两点的加速度大小相等，故C正确；D、如果小球带负电，从A点由静止释放后，将沿重力和电场力合力方向做匀加速直线运动，不能沿AB圆弧而运动，故D正确；故选CD【点睛】小球从A运动到B的过程中，重力和电场力做功，动能的变化量为零，根据动能定理求解小球重力与电场力的关系；小球在B点时，球到达B点时速度为零，向心力为零，沿半径方向合力为零，此时对小球受力分

16、析，求解圆弧对小球支持力，根据牛顿第三定律可得小球在B点时，对圆弧的压力8、AB【解析】A. 两球相互吸引必定是异种电荷，故A正确。B. 根据牛顿第三定律，两球间的库仑力大小相等，无法判断电量的大小，q1可能大于q2，故B正确。C. 设两球间库仑力大小为F，对m1研究，得到：同理，对m2研究，得到则因，得到m1m2，故C错误。D. 根据牛顿第三定律，m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力，故D错误。9、BC【解析】A. 在平行板电容器中插入电介质，由电容器的电容的决定式可得：电容增大，电容器两端的电压不变，由电容器电容的定义式可得可得：增大，负电荷移动方向从a到b，灵敏电流计中有方向由b到a电

17、流，A错误；B增大平行板电容器两极板间的距离，由电容器的电容的决定式可得：电容减小，电容器两端的电压不变，由电容器电容的定义式可得可得：减小，负电荷移动方向从b到a，灵敏电流计中有方向由a到b电流，B正确；C减小平行板电容器两极板的正对面积，由电容器的电容的决定式可得：电容减小，电容器两端的电压不变，由电容器电容的定义式可得可得：减小，负电荷移动方向从b到a，灵敏电流计中有方向由a到b电流，C正确；D增大平行板电容器两极板的正对面积，由电容器的电容的决定式可得：电容增大，电容器两端的电压不变，由电容器电容的定义式可得可得：增大，负电荷移动方向从a到b，灵敏电流计中有方向由b到a电流，D错误；故

18、选BC。10、AC【解析】电场中某点场强方向就是该点所放正电荷电荷受到的电场力的方向，与负电菏受力的方向相反，故A正确；公式E=Fq是电场强度的定义式，场强的大小是由电场本身决定的，不与电场力F成正比，与电量q成反比，故B错误；由公式E=Fq，用负电荷所受电场力跟它的电量的比值也能求出电场强度的大小，选项C正确；公式E=kQr2是点电荷的电场强度的计算式，所以E与Q成正比，与r2成反比，只适用于点电荷的电场故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、A C 0.50 2.53-2.57 2.03-2.07 【解析】（1）的额

19、定电流为1A，从安全性和精确性两方面考虑，两个电流表均不满足要求，故要进行电表的改装，电流表量程较小，且知道内阻，故把改装能达到要求，电流表和改装成量程为1.2A的电流表，满足要求，电流表选，故选A；由于的额定电流为1A，两端的最大电压约为2V，故电压表选择，故选C；（2）的量程是，小于电源的电动势,从安全性的角度考虑，应采用分压式解法，考虑到知道电流表的内阻，采用电流表内接法可以消除系统误差，电路图如下图所示：（3）当电流表的读数为0.5A时，电阻两端达到额定电流1A，正常工作。估算电流的最大值，由于只有电流表知道内阻，由图可知电压表的读数为2.53-2.57V ，由，代入数据可得：12、二极管、定值电阻 2k B 【解析】123对电阻来讲，无论表笔怎么接，数值都不变，由上表可知AC之间接电阻，且阻值为2k；对二极管来讲，