2023学年丽水市重点中学物理高二上期中质量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、如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态。现将A球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡。则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是（）AA、B两小球间的库仑力变大BA球对MO杆的压力变大CA、B两小球间的库仑力变小DA球对MO杆的压力变小2、在如图所示的电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足

3、够大，电阻可以忽略不计下列说法中正确的是 A合上开关S，A1先亮，A2后亮，最后一样亮B断开开关S，A1和A2都要过一会儿才熄灭C断开开关S，A2闪亮一下再熄灭D断开开关S，流过A2的电流方向向右3、如图所示，电源电动势E=36V，内阻r=1，电灯上标有“6V，12W”的字样，直流电动机线圈电阻R=2接通电源后，电灯恰能正常发光，下列说法正确的是（ ）A电路中的电流大小6AB电动机产生的热功率56WC电动机的机械效率85.7%D电源的输出功率为72W4、如图6，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点不计重力

4、，下列表述正确的是A粒子在M点的速率最大B粒子所受电场力沿电场方向C粒子在电场中的加速度不变D粒子在电场中的电势能始终在增加5、如图，一段通电直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成一定夹角。为了增大直导线所受的安培力，可采取的方法是（ ）A减小直导线中的电流B减小磁场的磁感应强度C使导线与磁场方向平行D使导线与磁场方向垂直6、下列判断正确的是( )A由R知，导体两端的电压越大，电阻就越大B由R知，导体中的电流越大，电阻就越小C由R可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零D由I可知，通过一段定值电阻的电流跟加在它两端的电压成正比二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给

5、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、如图甲所示，a、b是电场线的两点。一带负电的粒子只在电场力作用下以一定的初速度从a点开始经b点向远处运动，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度时间图象如图乙所示。下列说法正确的是（ ）Aa、b所处电场是匀强电场Ba、b所处电场是某个正电荷形成的电场Cb点的电场强度一定为零D粒子的电势能先减小后增大8、如图所示，匀强电场中的三个点ABC构成一个直角三角形， ， ， 。把一个带电量为的点电荷从A点移到到B点电场力不做功；从B点移动到C点电场力做功为。若规定C点的电势为零，则（ ）A该

6、电场的电场强度大小为BC、B两点间的电势差为CA点的电势为D若从A点沿AB方向飞入一电子，其运动轨迹可能是乙9、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d,静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若 ( )A保持S不变，增大d,则变大B保持S不变，增大d,则变小C保持d不变，减小S,则变大D保持d、S不变，在两极板间插入陶瓷,则不变10、一小球从点竖直抛出，在空中同时受到水平向右的恒力，运动轨迹如图，、两点在同一水平线上，为轨迹的最高点，小球抛出时动能为，在点的动能为，不计空气助力。则（）A小球水平位移与的比值13B小球水平位移与的比值1

7、4C小球落到点时的动能为D小球从点运动到点过程中最小动能为三、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）在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图1、2所示测量方法正确的是_.(填“图1”或“图2”)图3的读数是_ cm(2)下列做法有利于减小实验误差的是_A适当加长摆线 B质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C单摆偏离平衡位置的角度不能太大D当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期(3)北京时间2005年5月22日上午10点05分，中国女子登山队首次

8、登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是T0在峰顶的周期是T，则珠峰顶峰的海拔高度h=_ (地球可看作质量均匀分布的半径为R的球体)12（12分）某一小型电风扇额定电压为4.0V，额定功率为2.4W。某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A电源E（电动势为4.5V，内阻忽略不计）B电压表V（量程为05V，内阻约为4k）C电流表A1（量程为00.6A，内阻约为0.2）D电流表A2（量程为03A，内阻约为0.05）；E滑动变阻器R1（最大阻值10，额定电流1A）F滑动变阻

9、器R2（最大阻值2k，额定电流100mA）为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用_，滑动变阻器应选用_（填所选仪器前的字母序号）请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在虚线内。（_）操作过程中发现，小电风扇通电后，电压表读数大于0.5V时，小电风扇才会开始转动该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为_，正常工作时的发热功率为_，电风扇的机械功率为_。（以上三空计算结果均保留到小数点后一位）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）在同一竖直线上的A、B两点

10、，固定有等量的异种点电荷，电量为q，正、负如图所示，ABC为一等边三角形(边长为L)，CD与AB垂直且与右侧竖直光滑的1/4圆弧轨道的最低点C相切，已知圆弧的半径为R，现把质量为m带电量为+Q的小球(可视为质点)由圆弧的最高点M静止释放，到最低点C时速度为v0。已知静电力恒量为k，重力加速度为g，现取D为电势零点，求：（1）小球在C点受到的电场力的大小和方向；（2） 在最低点C轨道对小球的支持力FN多大？（3）在等量异种电荷A、B的电场中，M点的电势M?14（16分）如图所示，粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入电场，由B点飞出匀强电场时速度方向与AO方向成45已知粒子质量

11、为m，电荷量为2e求OB两点间电势差15（12分）如图所示，一带电微粒质量为、电荷量，从静止开始经电压为的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角，并接着沿半径方向近入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为。已知偏转电场中金属板长，圆形匀强磁场的半径为，重力忽略不计。求；（1）带电微粒经加速电场后的速度大小；（2）两金属板间偏转电场的电场强度E的大小；（3）匀强磁场的磁感应强度B的大小。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】对A球受力分析，受重力mg、拉

12、力F、支持力N1，静电力F1，如图所示：根据平衡条件，有x方向：F=F1sin y方向：N1=mg+F1cos 再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件有：x方向：F1sin=N2 y方向：F1cos=Mg 由上述四式得到： N1=mg+Mg 由式，由于新位置两球连线与竖直方向夹角变小，故静电力F1变小，故A错误，C正确；由式，水平杆对球A的支持力等于两个球的重力之和，不变，再结合牛顿第三定律可知，求A对水平杆的压力不变，故BD均错误；故选C。2、B【解析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用

13、，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析【详解】当电键K闭合时，灯A2立即发光通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，灯A1逐渐亮起来所以灯A2比灯A1先亮由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同故A正确；稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈L、灯A2与灯A1构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于两灯泡完全相同，线圈的电阻又不计，则灯A2不会出现闪亮一下，且流过灯A2的电流方向向左；故ACD错误；故选

14、B3、C【解析】试题分析：因为灯泡恰好能正常发光，所以根据公式可得，电灯和电动机串联在电路中，所以电路中的电流大小为2A，A错误；根据公式可得电动机产生的热功率为，B错误；电动机消耗的总功率为，故电动机的机械效率大小为，C正确；电源的输出功率为，D错误考点：考查了非纯电阻电路电功率的计算4、C【解析】根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧，再结合电场力的特点可知粒子带负电,即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加；当达到M点后电场力做正功，加速，电势能在减小，则在M点的速度最小A错，D错；在整个过程中只受电场力根据牛顿第二定律加速度不变，C正

15、确.5、D【解析】AB根据F=BILsin（为导线与磁场方向的夹角）可知为了增大直导线所受的安培力，可增加直导线中的电流I或者增加磁场的磁感应强度B，选项AB错误；CD根据F=BILsin（为导线与磁场方向的夹角）可知为了增大直导线所受的安培力，可让导线与磁场方向垂直，即=90，则选项C错误，D正确。6、D【解析】ABC、电阻的大小由导体本身决定，与导体两端电压，通过导体的电流无关，则ABC错误；D、通过导体的电流与导体两端电压，电阻有关，根据欧姆定律可知通过导体的电流跟导体两端电压成正比，跟导体的电阻成反比，故D正确；故选：D.点睛：电阻的大小由导体本身决定，与两端电压以及通过导体的电流无关

16、，但根据欧姆定律可知：通过导体的电流跟导体两端电压成正比，跟导体的电阻成反比二、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、CD【解析】AC在v-t图像中斜率代表加速度，由题图可知，在a、b两点处的加速度不同，其中b点的加速度为零，则b点的电场力为零，所以b点的场强为零，在a点的加速度不为零，则a点的电场力不为零，a点的场强不为零，所以a、b所处的电场不是匀强电场，故A错误，C正确；B在v-t图像中可知，负电荷从a点到b点做加速度减小的加速运动，电场力的方向向右，场强方向向左，过

17、b点后负电荷作减速运动，则场强方向向右，而正电荷形成的电场是从正电荷出发指向无穷远处，所以a、b所处电场不可能是某个正电荷形成的电场，故B错误；D整个过程中，负电荷的动能先增大后减小，由于只受电场力作用，物体只发生动能和电势能的相互转化，根据能量守恒可知，粒子的电势能先减小后增大，故D正确。故选CD。8、BD【解析】C、点电荷从A移动到B点电场力不做功，说明A、B两点的同一等势面上，从B点移动到C点电场力做功为，说明电场强度的方向垂直AB边向上。则A点的电势，故选项C错误；B、C、B两点间的电势差为，故选项B正确；A、该电场的电场强度大小为，故选项A错误；D、电子从A点沿AB方向飞入，受力方向

18、将沿电场线方向的反方向，故粒子将向左下偏转，运动轨迹的大致图像如图中乙所示，故选项D正确。点睛：本题考查电势差与电场强度的关系、带电粒子在电场中的运动、等势面、电势能，注重理解能力和分析综合能力。9、BC【解析】根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容C减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大故A正确，B错误根据电容的决定式得知，当保持d不变，增大S时，电容增大，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角变小，故C错误；若在两极间增加介质，根据电容的决定式得知，则电容增

19、大，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角变小，故D错误故选A点睛：本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式和10、AC【解析】AB小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，根据位移时间公式联立可得故A正确，B错误；C据小球的运动轨迹如图所示： 小球从A到M，由功能关系知在水平方向上恒力做功为则从A到B水平方向上恒力做功为根据能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为故C正确；D由题知开始

20、又竖直方向上在水平方向上又有联立以上解得几何关系可知，则据运动轨迹，但小球的运动方向与合加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到B过程最小速度一定与等效G垂直，如图P点，所以故D错误。故选AC。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、图乙； 0.885； AC； 【解析】（1）用游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外抓的刀口上，故图乙正确；由20刻度的游标卡尺的读数可知读数为；（2）A单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，故A正确B要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误C单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动

21、,则单摆偏离平衡位置的角度不能太大,一般不超过5，故C正确D单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误（3）设峰顶的重力加速度为g，海平面的重力加速度为，则由万有引力的公式有，由单摆的周期公式；将和分别代入单摆的周期可是化简可得12、C E 见解析 2.5 0.9W 1.5W 【解析】1电风扇的额定电流，从读数误差的角度考虑，电流表选择C；2电风扇的电阻大约，电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10的误差较小，即选择E；3因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻大约，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法电路图如图所示4电压表读数小于0.5V时电风扇没启动根据欧姆定律得：5正常工作时电压为4V，根据图象知电流为0.6A，则电风扇发热功率：6则电风扇的机械功率：四、计算题：本题共2小题，