2023学年陕西省西安市电子科技大学附属中学物理高二上期中统考模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、目要求的。1、下列说法错误的是( )A由可知导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比B由可知对于阻值一定的导体，通过它的电流越大，它两端的电压也越大C对于阻值一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值保持不变D由可知通过电阻的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比2、如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支架支持的金属导体，起初它们不带电在它们的下部两端都贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是（ ）A把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都不张开B把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，则最终A、B上的金属箔片仍张开C先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片都张

3、开D把C移近导体A，用手膜一下A，先把A、B分开，再把C移走，则最终A上的金属箔片闭合，而B上的金属箔片张开3、关于电压和电动势，下列说法正确的是( )A电动势就是电源两极间的电压B电压和电动势单位都是伏特，所以电压和电动势是同一物理量的不同叫法C电压和电动势中的W是一样的，都是静电力所做的功D电压和电动势有本质的区别，反映的能量转化方向不同4、真空中两个点电荷间的距离为r时，相互作用力大小为F，下列说法正确的是（ ）A保持两点电荷的电量不变，使它们间距离变为2r，则相互作用力大小变为4FB将其中一个点电荷的电量和两个点电荷间距都减半，则相互作用力大小保持不变C将每个点电荷的电量和两个点电荷间

4、距都增加相同的倍数，则相互作用力大小不变D将其中一个点电荷的电量取走一部分给另一个点电荷，两个点电荷间距离仍保持不变，则它们间的相互作用力大小一定增大5、如图所示是“探究电磁感应的产生条件”的实验装置，下列情况中不会引起电流表指针偏转的是A闭合开关时B断开开关时C闭合开关后拔出线圈A时D断开开关后移动变阻器的滑片时6、下列关于点电荷的说法正确的是()A电子和质子在任何情况下都可视为点电荷B均匀带电的绝缘球体在计算库仑力时一般可视为点电荷C带电的细杆在任何条件下都不可以视为点电荷D带电的金属球一定不能视为点电荷二、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

5、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、一台发电机产生的交变电流的图象如图所示，该交变电流A周期是0.01sB电动势有效值为220VC在时，线圈平面与中性面重合D在时，穿过线圈的磁通量变化率最大8、下列说法中不正确的是（）A电阻A与阻值无穷大的电阻B并联，电阻不变B电阻A与导线B（不计电阻）并联，总电阻为零C并联电路中一支路的电阻可能小于总电阻D并联电路某一支路开路，总电阻为无穷大9、如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若粒子在运动中只受电场力作用，根据此图能作出的正

6、确判断是（）Aa、b两点电场的强弱B带电粒子所带电荷的符号C粒子在a、b两点的受力方向D粒子在a、b两点何处电势能大10、如图所示是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的说法正确的是( ) A1、3两点电场强相同 B5、6两点电场强度相同C1、3两点电势相同 D5、6两点电势相同三、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）某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下:小灯泡L，规

7、格“4.0V，0.7A”；电流表A1，量程3A，内阻约为0.1；电流表A2，量程0.6A，内阻r2=0.2；电压表V，量程3V，内阻RV；标准电阻R1，阻值1；标准电阻R2，阻值3k；滑动变阻器R，阻值范围010；学生电源E，电动势6V，内阻不计；开关S及导线若干.(1)甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46A时，电压表的示数如图2所示，读出此时电压值为_V；(2)学习小组认为要想比较准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请利用所供器材，在虚线框内画出实验电路图，并在图上标出所选器材代号_。12（12分）某同学在某砖墙前的高处水平抛出一个石子，石子在空中

8、运动的部分轨迹照片如图所示从照片可看出石子恰好垂直打在一倾角为37的斜坡上的A点已知每块砖的平均厚度为10cm（不计砖缝的宽度），抛出点到A点竖直方向刚好相距100块砖，取g10m/s1sin370.6，cos370.8），则石子在空中运动的时间为_s，石子水平抛出的初速度大小为_m/s，石子的抛出点到A点的距离为_m.（结果可以用根号表示）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（10分）如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐.薄木板的质量M=1.0kg，长度L=1.0m.在薄木板的中央有一个小滑块(

9、可视为质点)，质量m=0.5kg.小滑块与薄木板之间的动摩擦因数1=0.10，小滑块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，皆为2=0.20.设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力.某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动.求：(1)当外力F=3.5N时，m与M的加速度各为多大？(2)若使小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F至少是多大？(3)若使小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件14（16分）如图所示，电源的总功率为40W，电阻R1=4，R2=6，电源内阻r=0.6，电源输出功率P出=37.6W求：（1）电源的电动势；（2）R3的阻值15（12分）如图甲所

10、示，固定平行金属导轨MN、PQ与水平面成37角倾斜放置，其电阻不计，相距为L0.4 m.导轨顶端与电阻R相连，R0.15 .在导轨上垂直导轨水平放置一根质量为m2102 kg、电阻为r0.05的导体棒ab. ab距离导轨顶端d10.4 m，距离导轨底部d216 m，导体棒与导轨间的动摩擦因数0.5；在装置所在区域加一个垂直导轨平面向上的磁场，其磁感应强度B和时间t的函数关系如图乙所示。（g取10 m/s2）(1)前2s内，施加外力使导体棒保持静止，求通过导体棒的电流I的大小和方向(2)前2s内，哪段时间内静止释放导体棒（不施加外力），释放时导体棒能处于平衡状态？(3)若2s后静止释放导体棒，已

11、知ab棒滑到底部前已达到最大速度vm并匀速下滑到底部。求vm的大小、以及此过程中电阻R上产生的热量Q和通过的电量q.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】A、导体电阻是导体本身的属性，其大小与它两端的电压及过它的电流无关；故A错误；BC、对于阻值一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值保持不变，通过它的电流越大，它两端的电压也越大，故BC正确；D、由欧姆定律得，电阻的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，故D正确；故说法错误的选A。2、B【解析】金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B

12、的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，故A错误；由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电；把A、B分开，再把C移走，A、B上的金属箔片仍张开故B正确；由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷；先把C移走，则A、B两端的电荷会中和，再把A、B分开，A、B上不带电，金属箔片将闭合，故C错误；无论用手摸A端，还是B端，都将传递给金属导体一定的电子，使AB整体带负电，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开，故D错误；故选B点睛：本题要注意体会物体静

13、电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等3、D【解析】试题分析：电压是指两极间或电场两点间的电势差，而电动势是反映非静电力做功本领大小的物理量，与电压是完全不同的物理量，但其单位都是伏特，故选项AB错误、D正确；电压定义式中的W是指将电荷移动过程中电场力做的功，所以选项C错误；考点：电压和电动势4、C【解析】根据库仑定律公式列式计算，并找出变化量和不变量求出问题即可.【详解】A、真空中有两个点电荷，它们之间相互作用力为F，故；保持两点电荷的电量不变，使它们间距离变为2r，则相互作用力大小变为;故A错误.B、将其中一个点电荷的电量和两

14、个点电荷间距都减半，则相互作用力大小变为2F;故B错误.C、将每个点电荷的电量和两个点电荷间距都增加相同的倍数，则相互作用力大小为F，即为不变;故C正确.D、将其中一个点电荷的电量取走一部分给另一个点电荷，两个点电荷间距离仍保持不变，根据库仑定律,由于电荷量的乘积可能不变，故作用力可能不变;故D错误.故选C.【点睛】本题考查运用比例法解决物理问题的能力，技巧在于用相同的量表示作用力，然后求出比例关系，注意控制变量法的应用.5、D【解析】闭合开关时，穿过B线圈的磁通量从无到有，磁通量发生了变化，可以产生感应电流，会引起电流表指针的偏转，故A不合题意；断开开关时，穿过B线圈的磁通量从有到无，磁通量

15、发生了变化，可以产生感应电流，会引起电流表指针的偏转，故B不合题意；闭合开关后拔出线圈A时，穿过B线圈的磁通量发生了变化，可以产生感应电流，会引起电流表指针的偏转，故C不合题意；断开开关后，移动变阻器的滑片时，磁通量始终为零，不会产生感应电流，不会引起电流表指针的偏转，故D符合题意6、B【解析】物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，叫做点电荷，同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析；如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷【详解】电

16、子和质子在研究的范围非常小，可以与它的大小差不多时，不能看做点电荷。故A错误；在计算库仑力时均匀带电的绝缘球体在一定的条件下可视为点电荷。故B正确。带电的细杆在它的大小相比与研究的范围来说可以忽略不计时，可以视为点电荷。故C错误；带电的金属球在它的大小相比与研究的范围来说可以忽略不计时，可以视为点电荷。故D错误；故选B。【点睛】本题考查带电物体看做点电荷的条件，同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求二、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

17、。7、BC【解析】A.由图可知，完成一个完整波形需要的时间为0.02s，也就是该交变电流的周期是0.02s，故A错误；B.由图可以知道，交流电的最大值为311V，对于正弦式交变电流，最大值是有效值的，所以，有效值：，故B正确；C. 在时，电动势最小为0，则穿过线圈的磁通量变化率最小，磁通量最大，所以为中性面， 故C正确；D. 在时，电动势最小为0，则穿过线圈的磁通量变化率最小，磁通量最大；故D错误；8、CD【解析】A、若电阻与一无穷大的电阻并联，则总电阻等于A的阻值；故A正确；B、电阻与导线并联时，导线电阻为零，则电阻被短路，总电阻为零；故B正确；C、并联电路中，并联的电阻越多，则总电阻越小；

18、故C错误；D、并联电路中某一支路开路时，总电阻变大，但绝不会为无穷大；故D错误；不正确的是故选CD9、ACD【解析】A.磁感线的疏密程度表示电场的强弱，由图可知，a点比b点的电场强，故A正确；BC. 根据轨迹的弯曲方向知粒子受力方向沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故B错误，C正确；D.由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，由a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的电势能较小，在b点电势能较大。故D正确。故选：ACD。10、ABD【解析】AB、根据等量异种电荷周围的电场分布情况，由对称性可知1、3两点的电场强度的大小相等，方向相同，即1、3

19、两点电场强度相同；5、6两点电场强度相等故AB正确；C、根据顺着电场线方向电势降低可知，3点的电势高于1点的电势，故C错误；D、中垂线为一条等势线，所以5、6电势相等，故D正确；故选ABD。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、2.30 【解析】(1)1电压表量程为3V，由图2所示可知，其最小分度为0.1V，则电压表的读数为2.30V；(2)2电流表A1量程太大，读数误差太大，为减小误差，应该选用电流表A2，给电流表A2并联一个分流电阻，实验电路图如图所示；12、t=1s v0=15m/s 1013m 【解析】根据石子下落的高度，结合位移

20、时间公式求出石子运动的时间，抓住石子速度与斜面垂直，通过竖直分速度，结合平行四边形定则求出石子水平抛出的速度。【详解】由题意可知，石子落到A点的竖直位移为：y=1001010-1=10m；根据y=12gt2得：t=2yg=2s；竖直分速度为：vy=gt=101m/s=10m/s，根据平行四边形定则得：v0=vytan370=15ms；石子落到A点的水平位移为：x=v0t=30m由平行四行定则得：d=x2+y2=302+202m=1013m。【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。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

21、处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）13m/s2（1）4.5N（3）F6N【解析】（1）分别以滑块和木板为研究对象，根据牛顿第二定律求出其加速度，小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a1求出滑块与木板相对滑动的临界拉力，然后根据拉力大小求出m与M的加速度；（1）应用牛顿第二定律求出拉力F；（3）先找出小滑块脱离木板但不离开桌面的位置关系以及滑块与木板的位移关系，根据牛顿第二定律列方程求出木板与滑块的加速度由位移速度公式表示出其位移，结合找出的位移关系列方程求解；【详解】（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有：对滑块：1mg=ma1 对木板：F临界-1mg-2（m+M)g=Ma2 且有：a1=a2，解得：F临界=4.5N，由于：F=3.5NF临界=4.5N， M、m相对静止，它们一起做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，加速度：a=F-2m+MgM+m=13m/s2；（1）由（1）可知，使小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力：F临界=4.5N，则拉力至少为4.5N；（3）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如