内蒙古阿拉善2023学年高二物理第一学期期中联考模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4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

2、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、以下说法正确的是( )A由可知，电场中某点的电场强度E与电场力F成正比B由可知，电场中两点的电势差与电场力做功成正比C由可知，某段导体的电阻与流过导体的电流成反比D由可知，真空中，离场源点电荷Q的距离r越大，电场强度E越小2、北斗卫星导航系统BeiDou（COMPASS）Navigation Satellite System是中国正在实施的自主研发、独立运行的全球卫星导航系统，缩写为BDS北斗卫星导航系统由空间端、地面端和用户端三部分组成空间端包括5颗静止轨道卫星和30颗非静止

3、轨道卫星地面端包括主控站、注入站和监测站等若干个地面站如图所示，a、b、c是北斗卫星导航系统中的3颗卫星，下列说法正确的是Ab、c的线速度大小相等，且小于a的线速度Bb、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度Cc加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的cDa卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速度不变3、两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较弱磁场区域进入到较强磁场区域后，粒子的（ ）A轨道半径减小，运动周期减小B轨道半径增大，运动周期增大C轨道半径减小，运动周期增大D轨道半径增大，运动周期减小4、电场中A、

4、B、C三点的电场强度分别为：EA=-5 V/m、EB=4 V/m 、EC=-1 V/m，则这三点的电场强度由大到小的顺序是AA、B、C BB、C、ACC、A、BDA、C、B5、带正电的空心金属球壳置于绝缘支架上，将4个原来不带电的金属小球按图示位置放置，A球用绝缘轻绳竖直悬挂，B球接地，C球用导线与球壳内部相连，D球与球壳内部接触设大地电势为零，当达到静电平衡时，下列说法正确的是（ ）A由于静电感应，A球带负电，BB球接地带负电，但电势为零CC球不带电，但电势与球壳电势相等DD球带正电，电势为零6、教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一

5、个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（ ）A图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变B图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变C图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动D图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共2

6、0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、一物体作变速运动时，以下说法中正确的是：( )A物体所受外力的合力一定不为零B合外力一定对物体做功，物体动能增大C合外力可能对物体不做功，物体动能可能不变D物体不可能处于平衡状态8、A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（方向未标出） 如图所示图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称则下列说法中正确的是（ ）A这两点电荷一定是等量异种电荷BC点的电场强度比D点的电场强度大C这两点电荷一定是等量同种电荷DD、C

7、两点的电场强度一定相等9、两个相同的金属小球，所带电荷量大小之比为，相距r，两小球可视为点电荷，两者相互接触后再放回原来位置上，则它们之间的库仑力大小与原来之比可能为（）ABCD10、如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一直角三角形，ABLm，电场线与三角形所在的平面平行，已知A点的电势为5V，B点的电势为5V，C点的电势为15V，据此可以判断( ) A场强方向由C指向BB场强方向垂直AD连线指向BC场强大小为V/mD场强大小为V/m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）（1）某同学在用如图甲

8、的装置做“探究感应电流的产生条件”实验，他将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如甲图所示的实验电路，当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因可能是_A .开关应接在蓄电池所在的回路 B电流表的正、负极接反C线圈B的接头3、4 接反 D蓄电池的正、负极接反之后该同学又用如图乙的装置做“研究感应电流的方向”实验，为判断线圈绕向，他将灵敏电流计G与线圈L连接，若己知线圈由a端开始绕至b端当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转他将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转由此可以判断：俯视线圈，线圈其绕向为_方向（填“顺时针”或“逆时针”） （2）在“描绘小灯泡的伏安

9、特性曲线”实验中时，所用小灯泡规格为“” 实验电路如图甲所示，某次实验中电流表和电压表的示数分别如图所示，其读数分别为_A、_V实验结束之后，某同学描绘了如图乙该小灯泡的伏安特性曲线， P为图线上一点，为图线在P点的切线，为横轴U的垂线，为纵轴I的垂线，切线与横轴的夹角为，射线与横轴的夹角为，关于该图象，下列说法正确的是_A对应P点，小灯泡的功率可用图中矩形所围的面积表示B对应P点，小灯泡的功率可用特性曲线与横轴围成的面积表示C对应P点，小灯泡的电阻大小为D对应P点，小灯泡的电阻大小为E.对应P点，小灯泡的电阻大小为F.对应P点，小灯泡的电阻大小为12（12分）为了研究一个“2.5 V 0.2

10、 W”小灯泡的伏安特性，现有4 V蓄电池1个，电键1个，导线若干，其他可供选择的器材如下：A量程为00.6 A，内阻约为0.2的电流表1个；B量程为0100 mA，内阻约为5的电流表1个；C量程为03 V，内阻约为10 k的电压表1个；D量程为015 V，内阻约为50 k的电压表1个E.额定电流为1 A，阻值为05 的滑动变阻器1个(1)要正确完成这个实验，电流表应选_，电压表应选_(选填相应器材前面的代号)(2)画出实验的电路原理图_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）如图所示，两平行金属板A、B长L=8

11、cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，即一带正电的粒子电量，质量，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）.已知两界面MN、PS相距为L=12cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上.（静电力常数,不计粒子重力, , )，求：（1）粒子从偏转电场中飞出时的偏转位移和速度；（2）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远；（3）点电荷的电量(该

12、小题结果保留一位有效数字)14（16分）如图，水平面内的直角坐标系第一象限有一匀强磁场，方向垂直水平面向下，顶角的光滑金属导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，OM与ON接触处O点的接触电阻，其余电阻不计，一根与ON垂直的长金属棒，质量，在水平外力作用下沿导轨从PQ向右滑动（始终接触良好），忽略金属棒电阻，已知金属棒在PQ处的初速度，且向右运动到达的过程中回路的电流强度始终不变。求：(1)棒在PQ、处所受的安培力大小、；(2)通过金属棒的电量q和接触电阻R上产生的焦耳热Q；(3)外力对金属棒做的功W。15（12分）如图甲所示水平放置的两平行金属板、B相距为d，板间加有如图乙所示随时间变化的

13、电压、B板中点O处有一带电粒子，其电荷量为，质量为m，在时间内粒子处于静止状态已知重力加速度为g，周期 求：（1）判定该粒子的电性；（2）在方时间内两板间的电压U0：（3）若 时刻，粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出，那么的比值应满足什么条件参考答案一、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由场强的比值定义式，可知，电场强度反映电场本身的性质，与试探电荷的电荷量无关。故A错误。B由电势差的定义可知，可知电场中两点的电势差UAB与电场力做功WAB无关。故B错误。C电阻是导体本身的性质，其大小与电压和电流无关。故C错

14、误。D真空中点电荷的电场强度公式，中Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量有关，那么离场源点电荷Q的距离r越大，电场强度E越小。故D正确。2、A【解析】卫星运动时万有引力提供圆周运动向心力有：GMmr2=mv2r=ma知：卫星的线速度v=GMr，卫星bc轨道半径相同，线速度大小相同，a的半径小于bc的半径，故a的线速度最大，故A正确；卫星的向心加速度a=GMr2知，a卫星轨道半径小，向心加速度大，故B错误；c卫星加速时，做圆周运动所需要的向心力增加，而提供向心力的万有引力不变，故c加速后做离心运动，轨道高度将增加，不能追上同一轨道的卫星，同理减速会降低轨道高度，也等不到同轨道的

15、卫星，故C错误；根据线速度关系v=GMr知，卫星轨道高度减小，线速度将增加，故D错误【点睛】本题的关键是掌握万有引力提供圆周运动向心力，并据此灵活掌握圆周运动半径与线速度、向心加速度的关系，掌握卫星变轨原理是关键3、A【解析】根据洛伦兹力充当向心力可知，Bqv=，解得： ；故从较弱的磁场区域进入较强的磁场区域后粒子的轨道半径减小；由于洛伦兹力不做功，因此粒子运动的速度大小不变，由v=R可知，因半径减小，故角速度增大，周期减小，故A正确，BCD错误故选A4、A【解析】EA=-5V/m、EB=4V/m、EC=-1V/m，正负表示方向，其绝对值表示大小，则EAEBEC即电场由强到弱的顺序是ABCAA

16、、B、C ，与结论相符，选项A正确；BB、C、A，与结论不相符，选项B错误；CC、A、B，与结论不相符，选项C错误；DA、C、B，与结论不相符，选项D错误；5、B【解析】A、由于静电感应，A球的左右两端带上不同的电荷，但整体不带电，故A错误；B、由于静电感应，B球带负电，但电势和大地的电势相等，为零，故B正确；C、C球在金属球壳的外部，会带上与球壳相同的电荷，且电势与球壳电势相等，故C错误；D、D球在球壳的内部，与球壳接触后成为球壳内部的一部分，所以D不带电，故D错误点睛：达到静电平衡状态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥力作用，尽可能远离，故都分布在导体的外表面上，所以小金属球

17、C带电，而A、B也会由于静电感应而带电6、C【解析】图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选

18、项C正确，D错误；故选C.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、ACD【解析】物体作变速运动时，则加速度一定不为零，一定受到合外力的作用；故A正确；当合外力的方向始终与速度的方向垂直时，合外力对物体不做功，物体动能不变如匀速圆周运动，故B错误，C正确；物体作变速运动时，则加速度一定不为零，一定受到合外力的作用，所以物体不可能处于平衡状态故D错误。所以ACD正确，B错误。8、AB【解析】根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个等量异种电荷故A正确，

19、C错误在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故B正确，D错误；故选AB点睛：常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题9、CD【解析】设两电荷电量大小分别为q和5q，由库仑定律可得：原来库仑力当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3q和3q，库仑力所以库仑力是原来的库仑力之比为9:5；当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位

20、置上。它们的电荷量是先中和后平分，电量变为2q和2q，库仑力所以库仑力和原来的库仑力之比为4:5，故CD正确，AB错误。故选CD。10、BD【解析】AB由于D点是BC的中点，则UCD=UDB，即C-D=D-B，故由于D=A，则AD为一条等势线，根据电场线和等势面垂直，可知场强的方向垂直于AD连线指向B点，故A错误，B正确。CD场强的大小为故C错误，D正确。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 顺时针 0.26 2.10 ADF 【解析】(1)1 由电路图可知，电键接在电流表所在电路，电键连接错误，闭合与断开电键时，通过螺线管A的电流不

21、变，穿过螺线管B的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转，故A正确BCD错误2 将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺时针；(2)34电流表量程为0.6A，最小分度为0.02A；故其读数为0.26A；电压表量程为3V，则最小分度为0.1V，故其读数为2.10V；5AB. 因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率故A正确，B错误CDEF. 对应P点，根据电阻的定义得到，小灯泡的

22、电阻故CE错误，DF正确12、BC【解析】(1)小灯泡的额定电压为2.5V，所以采用电压表C，小灯泡的额定电流为，所以采用电流表B；(2)由于电压电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，正常工作时灯泡的电阻，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法电路图如图所示：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)0.03m, , 方向与成角;(2)0.12m;(3) .【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的偏移量由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出粒子的竖直分速度