北京市陈经纶中学2023学年物理高二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注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、关于点电荷的说法，正确的是:A只有体积很小的带电体，才能作为点电荷；B体积很大的带电体一定不能看作点电荷；C点电荷一定是电量很小的电荷；D体积很大的带电体只要距离满足一定条件也可

2、以看成点电荷2、供电站向远方送电，输送的电功率恒定，若将输电电压提高到原来的4倍，以下判断中正确的是A输电电流为原来的4倍B输电导线上损失的电压为原来的4倍C输电导线上损失的电功率为原来的D输电导线上损失的电功率为原来的3、一质点沿直线Ox方向做加速运动，它离开O点的距离x随时间变化的关系x=3+2t3（m），它的速度随时间变化的关系为v=6t2(m/s)。则该质点在t=2s时的瞬时速度和t=0到t=2s间的平均速度分别为（）A8m/s、24m/sB12m/s、24m/sC24m/s、8m/sD24m/s、12m/s4、将距离沙坑表面上方1m高处质量为0.2kg的小球由静止释放，测得小球落入沙

3、坑静止时距离沙坑表面的深度为10cm若忽略空气阻力，g取10m/s2，则小球克服沙坑的阻力所做的功为（）A0.4J B2J C2.2J D4J5、如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（）AV的读数变大，A的读数变小BV的读数变大，A的读数变大CV的读数变小，A的读数变小DV的读数变小，A的读数变大6、下列说法正确的是( )A由电流I=q/t可知I与q成正比B电流有方向，所以电流是矢量C电动势、电压和电势差名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同D电压表改装时串联电阻的目的是分去一部分电压二、多项

4、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，光滑绝缘的水平面内存在场强为E的匀强电场，长度为L绝缘光滑的挡板AC与电场方向夹角为30现有质量相等、电荷量均为Q的甲、乙两个带电体从A处出发，甲由静止释放，沿AC边无摩擦滑动，乙垂直于电场方向以一定的初速度运动，甲、乙两个带电体都通过C处则甲、乙两个带电体（ ）A发生的位移相等B通过C处的速度相等C电势能减少量都为D从A运动到C时间之比为8、带有(1/4)光滑圆弧轨道、质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示一质量为m的小球

5、以速度v0水平冲上滑车，当小球上行再返回，并脱离滑车时，以下说法可能正确的是（ ） A小球一定沿水平方向向左做平抛运动B小球可能沿水平方向向左做平抛运动C小球可能做自由落体运动D小球可能水平向右做平抛运动9、如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时( )A小球的动能相同B丝线所受的拉力相同C小球所受的洛伦兹力相同D小球的向心加速度相同10、如图所示,在方向水平向左的匀速电场中有一倾角为60、高为H的固定绝缘斜面体,现将一质量为m,带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放,已知重力加速

6、度为g,匀强电场的电场强度大小为E= 3mgq,不计空气阻力,则A小物块将沿斜面下滑B小物块将做曲线运动C小物块到达地面时的速度大小为22gHD若其他条件不变,只增大电场强度,小物块到达地面前的运动时间不变三、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）如图为实验室中验证动量守恒定律的实验装置示意图（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则（_） Am1 m2 r1 r2 Bm1 m2 r1 m2 r1r2 Dm1 m2 r1r2 （2）实验中记录了轨道末端在记录纸上的投影位置为O，经多次释放小球，在记录纸上找

7、到两球的平均落点位置M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为、已知入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，只要验证等式_成立，即表示碰撞中动量守恒（3）满足(2)的情况下，若满足等式_成立，即可认为碰撞为弹性碰撞(仅用线段、表示)12（12分）在探究磁场产生电流的条件，做了下面实验：（1）实验（一）如图甲研究对象：由线圈，电流表构成的闭合回路。磁场提供：条形磁铁。请完成下面实验操作及观察到现象。偏转涂A，不偏转涂B。磁铁的动作电流表的指针（偏转或不偏转）条形磁铁插入线圈过程条形磁铁插入线圈中静止条形磁铁取出线圈过程表中三空分别为：_；_；_.（2）实验（二）如图乙研究对象：线圈B和电流表构

8、成的闭合回路磁场提供：通电线圈A请完成下面实验操作填写观察到现象。偏转涂A，不偏转涂B。电路改变情况电流表的指针（偏转或不偏转）断开开关，移动变阻器滑片接通开关瞬间接通开关，移动变阻器滑片接通开关，变阻器滑片不移动断开开关瞬间表中五空分别为：_；_；_；_；_；（3）由上两个实验我们得出磁场产生感应电流的条件是_A穿过闭合电路有磁场 B穿过闭合电路有磁场量C穿过闭合电路的磁通量发生变化 D磁通量发生变化四、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）如图中电路的各元件值为：R1=R2=10，R3=R4=20，C=600

9、F，电源电动势E=6V，内阻不计,单刀双掷开关K开始时接通触点2，求： (1)当开关K从触点2改接通触点1，且电路稳定后，电容C的带电量.(2)若开关K从触点1改接触点2后，直至电流为零止，通过电阻R1的电量.14（16分）如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏现有一电荷量为q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O试求：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan；15（12分）有位同学要重新布置自己的

10、房间他用200 N的水平拉力匀速拉动质量为50 kg的书桌，书桌与地面间的动摩擦因数是多少？如果要在同样情况下匀速移动质量为150 kg的书柜，他用200 N的力能拉动书柜吗？这时摩擦力多大？(g取10 m/s2)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】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叫做点电荷，D正确2、D【解析】A.因为输电功率不变，输电电压提高4倍，电流变为原来的，A错误B.根据可知，损失电压变为原来的，B错误CD.根据可得，损失功率变为原来的，C错误D正确3、C【解析】根据v=6t2

11、m/s，当时间t=2s时，速度为根据x=3+2t3可得2s内的位移为平均速度为故选C。4、C【解析】由动能定理得，解得小球克服沙坑的阻力所做的功为，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】动能定理简单应用。5、B【解析】S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，A分析得V的读数变大，的读数变大，故A错误；B分析得V的读数变大，的读数变大，故B正确；C分析得V的读数变大，的读数变大，故C错误；D分析得V的读数变大，的读数变大，故D错误；6、D【解析

12、】电荷的定向移动形成电流，电流与电荷量及时间无关；电流的单位为安培，安培是国际单位制的基本单位。电压与电动势的单位相同，但物理意义不同。电压表的改装需串联分压电阻，从而减小加在表头两端的电压。【详解】A、电流的定义采用比值定义法，I与q无关；故A错误；B、电流有方向，但电流的运算不适用平行四边形定则；故电流是标量；故B错误；C、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量。故C错误；D、电流表和电压表是同样原理制成的, 电流表内阻很小,直接测电压,会形成大电流,烧坏表头.串适当的电阻,流过表头的电流就小了,把电流值换算成电压值就可以了，如果量程不够，就需要增大量程，这样在串联一电

13、阻来分去的一部分电压，就能达到侧大电压的目的了，故D正确；故选：D。【点睛】本题考查电流的定义，要注意明确电流的定义及电流的方向规定。明确电动势的物理意义，知道与电压的区别。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】对于两个带电体，由于初、末位置相同，故二者的位移相同，故选项A正确；两个带电体通过C点的速度方向不同，故选项B错误；根据功能关系，电势能的变化等于电场力的功则：，故选项C正确；对于甲带电体：，则：；对于乙带电体：，则：，整理可以得到：，故选项D错误【

14、点睛】本题是关于竖直线对称的，但是不是图形的对称，而是需要力矩的对称，同样的一个力，需要在左边和右边时力臂是一样的8、BCD【解析】试题分析：小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程选取小球运动的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2由机械能守恒得：整理得：如果mM，小球离开滑车向左做平抛运动；如果m=M，小球离开小车的速度是0，小球将做自由落体运动；如果mM，小球离开小车向右做平抛运动故A错误，BCD正确故选BCD考点：动量守恒定律；机械能守恒【名师点睛】解决本题的关键知道小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒会根据动量守恒定律进行分析

15、，然后从能量守恒的角度列出方程可联立求解速度.9、AD【解析】带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功因此仅有重力作功，则有机械能守恒从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力由向心加速度公式和牛顿第二定律列式分析【详解】A、小球运动过程中，所受的细线的拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅有重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同;故A正确.B、小球经过最低点时速度大小不变，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也

16、不同;故B错误.C、小球经过最低点时速度大小不变，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则洛伦兹力不相同;故C错误.D、小球的动能相同则速度的大小相等，据知，v、r相同，可知小球所受的向心力相同,向心加速度相同;故D正确.故选AD.【点睛】本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同最后由牛顿第二定律来分析向心力与向心加速度10、CD【解析】A、对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力F=qE=3mg，则合力的大小为2mg，方向如图，小物块沿合力方向做匀加速直线运动，故A、B错误；C、运

17、用动能定理研究从开始到落地过程：F3H+mgH=12mv2-0，解得：v=22gH，故C正确；D、将物块的运动分解为水平方向和竖直方向，增大电场强度，电场力增大，水平方向的加速度增大，竖直方向上的加速度不变，根据等时性知，运动时间不变，故D正确；故选CD。【点睛】对物块进行受力分析，画出物块的运动轨迹运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题。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、C 【解析】(1)1为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C。(2)2小球离开轨道后做平抛运

18、动，小球抛出点的高度相等，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：，则：，因此需要验证：；(3)3小球发生弹性碰撞，碰撞过程中系统动量和机械能都守恒，根据动量守恒有： ，机械能守恒有：，联立可得：，进一步化简得到：。12、（1）ABA（2）BAABA（3）C【解析】（1）由试验一电路图可知，线圈与电流表组成闭合回路，电流表指针偏转说明电路中有感应电流产生；电流表指针不偏转，说明电路中没有感应电流产生；由表中信息可知：当条形磁铁插入或拔出线圈的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，电流表偏转，产生感应电流；当条形磁铁静止在线圈内不动时，穿过线圈的磁通量不变，电流表不偏转，没有产

19、生感应电流；故三个空分别为：A；B；A.（2）根据电路图及表中信息可知：断开开关，移动变阻器滑片接，穿过副线圈磁通量不变，不产生感应电流，则电流表指针不偏转接通开关瞬时、接通开关，移动变阻器滑片，原线圈中电流变化，则穿过副线圈的磁通量变化，产生感应电流，电流表指针偏转接通开关，变阻器滑片不移动，原线圈中的电流不变，穿过副线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不偏转断开开关瞬间，穿过副线圈磁通量减小，产生感应电流，电流表指针偏转故表中五个空分别为：B；A；A；B；A.（3）由此可知，感应电流产生的条件是：穿过闭合线圈的磁通量发生变化；故选C四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题

20、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) 2.410-3C (2)1.610-3C【解析】(1)在直流电路中，电容器相当于断路；开关K接触触点2时，电容器不带电；开关K接触触点1时，4个电阻串联，根据欧姆定律得到电流和电容器两端的电压，从而得到带电量；(2)开关K从触点1改为接触点2后，电容器相当于电源，根据并联电路的电压、电流关系得到两个支路的电流之比，从而得到通过电阻R1的电量【详解】(1)开关K接触触点2时，电容器不带电；开关K接触触点1时，4个电阻串联，根据欧姆定律有:I=ER1+R2+R3+R4=610+10+20+20=0.1A.电容器与电阻R3和R4并联，电压为：UC=I(R3+R4)=0.1A40 =4V故带电量为Q=CU=60010-64=2.410-3（C）(2)开关K从触点1改为接触点2后，电容器相当于电源进行放电；电阻R3与R4串联，而电阻R1与R2串联，两个支路再并联，两支路电流之比为：I1I2=R3+R4R1+R2=21 故通过两个支路的电量之比为：Q1Q2=21根据电荷守恒定