内蒙古鄂尔多斯市康巴什区鄂尔多斯一中2023学年物理高二上期中复习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，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径,圆心为O，半径为R.电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的

2、位置关于AC对称，正点电荷与O点的连线和OC的夹角为30。下列说法正确的是(静电力常量为k) ( )AO点的场强大小为BO点的场强大小为CB、D两点的电势关系是BDD电荷量为+q的点电荷在A点的电势能小于在C点的电势能2、如图所示的实验中，表示有感应电流产生的是（）ABCD3、甲、乙、丙三个电荷在同一直线上，甲带电Q，乙带电q(Qq)，每个点电荷受其余两个点电荷的作用力的合力都等于零，则丙电荷()一定带正电电量大于q电量小于Q在甲、乙连线之间ABCD4、在静电场中，将一正电荷从a移动到b点，电场力做了负功，则（ ）Ab点的电场强度一定比a点大B电场线方向一定从b指向aCb点的电势一定比a点高D

3、该电荷的动能一定减小5、在一半径为R的圆周上均匀分布有偶数N个带电小球(可视为质点)无间隙排列,其中A点的小球带电荷量为+2q,其余小球带电荷量为+q,此时圆心O点的电场强度大小为E,现仅撤去A点的小球,则O点的电场强度大小为( )AEBE/2CE/3DE/46、右图分别是两个阻值为R1和R2的电阻器的I-U图象,可知 AR1 R2 BR1D。故C正确；D.A点与C点的电势相等，其电势差为零，则电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零，A点的电势能等于在C点的电势能，故D错误；2、D【解析】A图示奥斯特实验，显示电流周围存在磁场的装置，选项A错误；B图中闭合圆环在无限大的磁场中运动时，穿过线圈的

4、磁通量不变，不会产生感应电流，选项B错误；C图中通电导线在磁场中运动，这是电动机原理，不会有感应电流产生，选项C错误；D图中导线切割磁感线运动会产生感应电流，选项D正确；故选D.3、A【解析】由于甲电荷带正电荷，乙电荷负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使丙处于衡状态，对其受力分析，根据库仑定律去判断所处的位置；【详解】设丙电荷所在位置与甲电荷的距离为，丙电荷所在位置与乙电荷距离为，要能处于平衡状态，所以甲电荷对丙电荷的电场力大小等于乙电荷对丙的电场力大小根据库仑定律，由于Qq，所以，所以丙电荷离甲电荷较远；、乙电荷处在甲电荷与丙电荷之间，乙电荷受其它两个电荷所施的电场力合力都为零，所以

5、丙电荷一定带正电荷，同理也可以判断出甲和丙合力为零，故正确；、对甲电荷进行受力分析，甲电荷受其它两个电荷所施的电场力合力都为零，因为丙电荷离甲电荷远，所以丙电荷所带电量一定大于乙电荷电量，故正确；、对乙电荷进行受力分析，乙电荷受其它两个电荷所施的电场力合力都为零，由于丙电荷与乙电荷的距离和甲电荷与乙电荷的距离的具体关系不清楚，所以丙所带电量与甲电荷电量关系无法确定，故错误；、假设丙放在甲电荷和乙电荷之间，无论丙带何种电荷，甲电荷对丙电荷的电场力和乙电荷对丙电荷的电场力方向相同，所以丙不能处于平衡状态，故错误；综上所述选项A正确，选项BCD错误【点睛】我们可以去尝试假设丙带正电或负电，根据平衡条

6、件求解它应该放在什么地方，能不能使丙处于平衡状态，不行再继续判断4、C【解析】C电场力做负功，该电荷电势能增加正电荷在电势高处电势能较大，b点的电势一定比a点高，C不符合题意；D电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负由动能定理可知，动能不一定减小，D不符合题意；A根据题意只能判断ab两点的电势关系，而电势高低与场强大小无必然联系，所以A不符合题意；Bb点电势高于a点但a、b可能不在同一条电场线上，B不符合题意5、A【解析】采用假设法，若圆周上均匀分布的都是电荷量为+q的小球，由于圆周的对称性，圆心O处场强为0，再根据电场的叠加原理，确定O点的电场强度大小；【详解】假设圆周上均匀

7、分布的都是电荷量为+q的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠加原理知，圆心O处场强为0；现在A处放置+2q的小球，此时圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为+q的小球在O点产生的场强，所以此时有，方向水平向左；现仅撤去A点的小球，剩余小球在O点的场强与A点放置+q产生的场强大小相等、方向相反，即，方向向右，故选项A正确，选项BCD错误【点睛】该题考查了场强叠加原理和库仑定律，要理解圆的对称性，关键是利用电场强度叠加原理分析6、B【解析】在图像中，斜率,所以斜率越大，则电阻越小，所以 ，故B正确，综上所述本题答案是;B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

8、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】在电荷Q的电场中，B点等势面比A点所在等势面电势高，A点电势低于B点电势，所以A错误；在电荷Q的电场中，根据点电荷的场强公式，A点距离Q的距离比B点距离Q大，所以A点场强小于B点场强，所以B错误对A、B球分别受力分析如图根据几何关系：平行四边形对角线两边是两个等腰三角形，表示弹力和重力的线段为腰，且两球重力相等，对A球杆的弹力F1=mg; 对B球杆的弹力F2mg，所以两球所受细杆的弹力大小相等，所以C正确；对A：化简得：；同理对B可得，则， 所以D正确；故选CD.点睛：本题考查了电势高低和场强

9、大小的判断能力，记住点电荷场强公式，库仑定律与共点力平衡问题结合关键还是受力分析，列平衡方程8、AB【解析】A当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可以知道电路电流增大；而R1两端的电压增大,R2两端的电压减小,故乙表示是V1示数的变化;甲表示V2示数的变化;故A正确;B当把R1和电源和一起看成等效电源时，V2示数表示的是外电压，所以图线甲延长线与U轴交点的纵坐标数值上等于电源的电动势，故B正确.C由图可以知道,当只有R1接入电路时,电路中电流为0.6A,电压为4.5V,则由:可得:当滑动变阻器全部接入时,两电压表示数之比为,故:由闭合电路欧姆定律可得:计

10、算得出：, ；因当电源的内电阻等于外电阻时电源的输出功率最大,故当外阻等于时，电源的输出功率最大,故此时电流：故电源的最大输出功率：故C错误;D由C的分析可以知道R1的阻值为，R2电阻为；当R1等效为电源的内阻,即当滑动变阻器的阻值等于时,滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为时,滑动变阻器消耗的功率最大,由闭合电路欧姆定律可得,电路中的电流：则滑动变阻器消耗的总功率：所以D错误;9、AC【解析】A.由图可知，当弹簧压缩量为0时，物体只受重力，则有：当弹簧的压缩量为时，物体的加速度为0，则弹簧的弹力等于，所以弹簧的劲度系数：故A正确；B.对星球表面的物体，有：解得：又：联立可得：故B错

11、误；C.物体压缩弹簧的过程中重力与弹簧的弹力做功，当物体的加速度为0时速度最大，与动能定理可得：联立可得：故C正确；D.在星球X上发射一颗卫星，最小发射速度是卫星绕该星球的表面做匀速圆周运动，则有：解得：故D错误10、BD【解析】试题分析：由题意，根据运动的合成与分解可知y=d2=12at2、x=L=v0t，粒子在电场运动过程中，电场力做的功为12Uq，由此可得，在前t2的时间内，粒子的竖直位移为d8=14y，因电场力恒定，故有W=Fss，所以电场力做的功为W1=1412Uq=18Uq，故选项A错误；在后t2时间内，粒子的竖直位移为38d=34y，所以电场力做的功为W2=3412Uq=38Uq

12、，故选项B正确；同理可知，在最初和最后的d4过程中，电场力做功相等，所以选项C错误、D正确；考点：带电粒子在匀强电场中的运动三、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、 0.26W0.30W 【解析】(1)1小灯泡电阻远小于电压表内阻，故采用电流表外接电路；要使得小灯泡上得到从0开始连续可调电压，则滑动变阻器用分压电路，则电路如图；(2)2两图像的交点为电路工作点，由图可知U=0.8V，I=0.34A，则小灯泡的实际功率为P=IU=0.80.34W=0.27W12、交流 0.04 0.16 1.6 【解析】（1）打点计时器使用交流电源，每隔0.

13、02s打一个点。若处理纸带时，每隔一个点取一个计数点，则相邻两个计数点的时间间隔是0.04s。（2）打B点时物体的速度是vB=xAC2T=(0.80+2.40)10-20.2m/s=0.16m/s；根据x=aT2解得物体的加速度是a=xT2=(2.40-0.80)10-20.12m/s2=1.6m/s2。【点睛】根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上某点时小车的瞬时速度大小。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、(1)若小

14、球向右偏离的位移为x，选取向右为正方向，由胡克定律可得，小球受到的合外力：F合=-(k1+k2)x，由于k1和k2都是常数，所以小球受到的合外力与位移成正比，小球做简谐振动。(2)小球在x方向上的分运动符合简谐运动的特点。【解析】(1) 若小球向右偏离的位移为x，选取向右为正方向，如图所示，由胡克定律可得，小球此时受到两个弹力F1和F2，方向沿x轴负方向，两个力的合力即小球受到的恢复力：F合=-（k1+k2）x，由于k1和k2都是常数，所以小球受到的合外力与位移成正比，方向相反，由此证明小球做简谐振动。(2)质点从A运动到B，在B点将速度分解，如图所示： A点速度v0沿x轴正方向，所以v0即为

15、x方向经过平衡位置O点的速度B点在x方向的投影为x，则cos=xRB点加速度沿x方向的投影ax=-v02Rcos由牛顿第二定律可得：Fx=max=-mv02Rcos=-mv02R2x小球以速度v0做半径为R的匀速圆周运动，其中mv02R2为常数，说明小球在x方向受到的合外力与位移成正比，方向相反，所以小球在x方向上的分运动符合简谐运动的特点。答案为：(1)若小球向右偏离的位移为x，选取向右为正方向，由胡克定律可得，小球受到的合外力：F合=-(k1+k2)x，由于k1和k2都是常数，所以小球受到的合外力与位移成正比，小球做简谐振动。(2)小球在x方向上的分运动符合简谐运动的特点。14、物块A与B

16、间的摩擦力大小为1.5N；绳上的拉力为4.5N【解析】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得： ， 解得： ， 以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得： ； 以A、B为研究对象，根据牛顿第二定律可得绳子拉力： 综上所述本题答案是：物块A与B间的摩擦力大小为1.5N；绳上的拉力为4.5N 15、（1）U=14BLv（2）P=B2L2(a2t12+2aL)R（3）t=QP0+T【解析】（1）线框在离开磁场时，cd边产生的感应电动势 E=BLv回路中的电流I=ER 则ab两点间的电势差U=IRab=14BLv（2）t1时刻线框速度v1=at1设cd边将要进入磁场时刻速度为v2，则v22-v12=2aL此时