2023学年湖南省浏阳市第二中学、五中、六中三校高二物理第一学期期中监测模拟试题含解析

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、在点电荷Q的电场中，一个粒子()通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是( )AQ可能为正电荷，也可能为负电荷B运动中粒子总是克服电场力做功C

2、粒子经过两等势面的动能EkaEkbD粒子在两等势面上的电势能EpaEpb2、如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（ ）A电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关B电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关C两板间距离越小，电子的加速度就越小D两板间距离越大，加速时间越短3、如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一个固定的质点A，在Q的上方P点用丝线悬挂着另一个质点B。A、B两质点因带同种电荷而相斥，致使悬线与竖直方向成角，由于漏电使A、B两质点带的电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P点的

3、拉力大小将：A保持不变 B先变小后变大C逐渐减小 D逐渐增大4、关于安培力和洛伦兹力，如下说法中正确的是（ ）A带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用B放置在磁场中的通电导线，一定受到安培力作用C洛伦兹力对运动电荷一定不做功D安培力对通电导线一定不做功5、如图所示为某线性元件甲和非线性元件乙的伏安特性曲线，两图线交于A点，A点坐标为（12V，1.5A） ，甲的图线与U轴所成夹角为30。下列说法正确的是A随电压的增大，元件乙的图像斜率越来越小，故其电阻随电压的增大而减小B在A点，甲、乙两元件的电阻相等C元件甲的电阻为R=k= tan=D若将甲、乙元件并联，理想电源的电压为5 V，则每秒通过

4、干路某一横截面的电荷量为1.5C6、为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b和c，左、右两端开口与排污管相连，如图所示在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N，M、N与内阻为R的电流表相连污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况下列说法中错误的是()AM板比N板电势低B污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小C污水流量越大，则电流表的示数越大D若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大二、多项选择题：本题共4小

5、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、在水平向右的匀强电场E中，小车以加速度a向右做匀加速直线运动，质量分别为m1、m2，电荷量分别为+q1、+q2的小球G、H通过不可伸长的轻绳悬挂于车顶O点，当G、H相对小车静止时，下列情况可能出现的是(不计G、H间的相互作用)()ABCD8、如图所示，平行导轨a、b和平行导轨c、d在同一水平面内，两导轨分别和两线圈相连接，匀强磁场的方向垂直两导轨所在的平面。金属棒L1和L2可在两光滑导轨上自由滑动，棒L2原来静止，用外力使L1运动，下列说法中正确的是：( )

6、A当L1向右加速运动时，L2将向左运动B当L1向右加速运动时，L2将向右运动C当L1向左加速运动时，L2将向左运动D当L1向左加速运动时，L2将向右运动9、如图所示，将充好电的平行板电容器与静电计连接，静电计指针偏转的角度为在如下的变化中，关于静电计指针偏转角度的变化，说法正确的是A若两极板间的距离增大，则变大B若两极板相互错开一些（距离不变），则变小C若在两极板间插入玻璃板，则变大D若在两极板间插入玻璃板，则变小10、 “示波器”是电工学中的重要仪器，如图所示为示波器的原理图，有一电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况

7、中，一定能使电子的偏转角变小的是（ ）AU1不变，U2变小BU1变大，U2变小CU1变小，U2变大DU1不变，U2变大三、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）某同学想设计一个粗测金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：螺旋测微器，游标卡尺，万用电表（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为_ mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为_ mm(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_ 挡（填“1”或“100”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为_ 12（

8、12分）某同学用如图所示可拆变压器做实验（两幅图分别是实物图和所连的电路图）。将单刀双掷开关打到1，增大副线圈匝数，小灯泡的亮度将_填“变亮”、“变暗”或“不变”。该同学利用该装置进一步探究电容器对交变电流的影响，他将开关打到2，小灯泡发光，现增大输入端的交流电源频率，小灯泡的亮度_填“变亮”、“变暗”或“不变”。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，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力向下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，bd的长度为L，匀强电场的电场强度为E，求

9、：（1）此液滴带何种电荷；（2）液滴的加速度为多少；（3）b、d两点的电势差Ubd .14（16分）如图甲所示，两水平放置的平行金属板A、B间距d=40cm，板长L=30cm，在两板间加一大小和方向随之间周期性变化的匀强电场，如图乙所示，规定竖直向上为电场强度的正方向.在距金属板右侧D=40cm的空间内有方向竖直向上、电场强度大小为E=100V/m的匀强磁场，并在该电场的右侧边界竖直放置一足够长的挡板.现有一电量q=110-2C、质量m=0.1kg的正电小球在t=0时刻以水平初速度v0=2m/s从距B板h=5cm处射入A、B两板间，重力加速度g=10m/s2,求：(1)小球飞出A、B两板间时竖

10、直方向的速度的大小;(2)小球在A、B极板间运动过程中受到电场力的平均值；(3)若有大量电量为q=10-2C、质量m=0.1kg的正电小球持续不断地从极板左侧各个位置以相同水平初速度v0水平进入A、B板间，忽略小球间的相互作用，求这些小球最终打在挡板上的长度范围.15（12分）如图所示，一带电荷量为、质量为的小物块处于一倾角为的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止重力加速度为，求：（1）水平向右电场的电场强度大小；（2）若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是多大；（3）若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的2倍，小物块从高度H处从静止释放，求小物

11、块到达地面的时间为多少参考答案一、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、C【解析】A.根据轨迹可以知道，粒子受到的力为斥力，所以Q带正电，A错误。B.因为Q带正电，从b到a电场力做正功，B错误。C.因为从b到a电场力做正功，动能增大，电势能减小，所以EkaEkb，EpaEpb，C正确D错误。2、B【解析】极板之间的电压U不变，由可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F=Eq越小，加速度越小，加速时间越长；由可得，可知速度与极板间距无关，与加速电压有关，故ACD错误， B正确；故选B3、A【解析】解：以小球为研究对象，球受到重力

12、G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得 F=G根据FBF1PQB得,又FF1=F2，得在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变故选A.4、C【解析】A当带电粒子在磁场中运动方向与磁场方向平行时，带电粒子不受洛伦兹力作用。故A项错误。B当通电导线电流方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培力作用。故B项错误。C由左手定则可知，洛伦兹力与粒子的运动方向垂直，则洛伦兹力对运动电荷一定不做功。故C项正确。D安培力方向与通电导线运动方向间无必然关系，安培力可能对通电导线做功。故D项错误。【点睛】洛伦兹力与电荷的运

13、动方向垂直，洛伦兹力对运动电荷一定不做功。5、B【解析】A随电压的增大，元件乙的图象斜率越来越小，根据欧姆定律可知，其电阻随电压的增大而增大，故A错误；B在A点，甲、乙两元件的电压、电流相同，则电阻相等，故B正确；CI-U图象的斜率表示电阻的倒数，元件甲的电阻故C错误；D将甲、乙两元件并联接到5V的电源两端时，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以两元件两端的电压均为5V，由图象可知通过两元件的电流分别为I乙=1.0A因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以总电流I=I甲+I乙=1.625A根据电荷量定义可知，每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.625C，故D错误。故选B。6、B【解析】根

14、据左手定则，正离子往N板偏，负离子往M板偏，最终M板带负电，N板带正电，M板电势比N板电势低，故A说法正确；最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，可得：，污水的流量Q=vbc，所以MN两端间的电势差为：，污水流量越大，电势差越大，电流表示数越大增加磁感应强度，电势差增大，电流表示数也增大电势差与污水中的离子浓度无关，故B说法错误，CD说法正确所以选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】AD先对两个球整体分析，受重力、电场力和细线的拉力，如图所示：

15、如果加速度大于，设上面的细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律，有：竖直方向： 水平方向： 解得：再对小球G受力分析，如图所示：设下面的细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律，有：竖直方向： 水平方向： 解得：由于，两个正分数的分子分母同时分别相加后得到的新分数介于原来两个分数中间，故故tantan故故A正确，D错误；BC如果加速度小于，则上面的细线向右偏转；设上面的细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律，有：竖直方向： 水平方向： 解得：再对小球G受力分析，如图所示：设下面的细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：水平方向： 解得：由于故故tantan故故B错误，C正确

16、；8、BC【解析】AB当L1向右加速运动时，L1上产生竖直向上的电流，在右侧竖直导体柱上产生竖直向上且增大的磁场，根据楞次定律，下方线圈产生竖直向下的磁场，根据安培定则，通过L2的电流竖直向下，根据左手定则，L2将向右运动，故A错误，B正确；CD当L1向左加速运动时，L1上产生竖直向下的电流，在右侧竖直导体柱上产生竖直向下且增大的磁场，根据楞次定律，下方线圈产生竖直向上的磁场，根据安培定则，通过L2的电流竖直向上，根据左手定则，L2将向左运动，故C正确，D错误。故选BC9、AD【解析】A使d变大，则由可知C减小，则由可知，电压增大，则验电器的夹角变大，A正确；B两极板错开，则S减小，由可得C减

17、小，则由可知，电压增大，验电器的夹角变大，B错误；CD若在极板间加入玻璃板，则介电常数增加，则由可知C增大；则由可知，电压减小，验电器的夹角变小，C错误D正确10、AB【解析】根据动能定理：，得：，在偏转电场中：，若使偏转角变小即使变小，故A、B正确点晴：本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题三、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、6.126mm； 10.230cm； 1； 10 【解析】(1)螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标

18、卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，(2)由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。【详解】(1) 由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.60.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+60.05mm=102.30mm=10.230cm；(2) 用欧姆表“10”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用1挡，挡并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为101=10。【点睛】螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需

19、要估读，游标卡尺不需要估读。12、变亮 变亮 【解析】将单刀双掷开关打到1，增大副线圈匝数，根据原副线圈电压与其匝数成正比，当增大副线圈匝数，小灯泡的电压增大，那么小灯泡的亮度将变亮；将开关打到2，小灯泡发光，根据容抗公式，现增大输入端的交流电源频率，则容抗减小，通过电容器的电流更大，灯泡会变亮；【点睛】解决本题的关键知道容抗对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关明确容抗的决定因素可以帮助定性分析四、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）负电 （2） （3）【解析】（1）因小球做直线运动，由受力分析可判断小球带负电； （2）根据力的合成以及牛顿第二定律可知：，即；（3）因为，所以，由于：整理可以得到：点睛：解决本题的关键知道当物体所受合力与速度在同一条直线上时，物体做