2023学年内蒙古巴彦淖尔市物理高二上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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、真空中两个点电荷的电量分别是+q、+3q，库仑力为F；当把它们接触再放回原处，库仑力大小变为ABCD2、首先发现电流的磁效应的科学家是()A特斯拉B安培C奥斯特D法拉第3、电磁铁的应用相当广泛，它是利用电流周围产生磁场的原理工作的，

2、最先发现电流周围存在磁场的科学家是A奥斯特B库仑C法拉第D韦怕4、已知物体在4N、6N、8N三个共点力的作用下处于平衡状态，若撤去其中8N的力，那么其余两个力的合力大小为（）A4N B6N C8N D10N5、下列关于说法中正确的是( )A只要导体中有电荷运动,就有电流 B电流的方向就是正电荷定向移动的方向C电源是通过静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置 D对于给定的电源,移动正电荷非静电力做功越多,电动势就越大6、某电场的电场线如图所示，质子在A、B两点受到电场力的大小分别为FA和FB，则它们的关系是（ ）AFAFBBFAFBCFAFBD无法比较二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，

3、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、绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示.线圈上端与电源负极相连，闭合开关的瞬间，铝环向上跳起.若保持开关闭合，则（ ）A铝环跳起到某一高度后将回落B铝环停留在某一高度C铝环不断升高D如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变8、在电磁学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，以下说法正确的是（ ）A奥斯特实验说明利用磁场可以产生电流B法拉第提出了“在电荷的周围存在着由它产生的电场”的观点C安培分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具

4、有共同本质D欧姆在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系9、如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径m，最低点处有一小球（半径比小很多）。现给小球一水平向右的初速度，则要使小球不脱离圆轨道运动，应当满足g=10m/s2（）ABm/sCm/sDm/s10、如图所示,平行板电容器与电压为 U 的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地一带电油 滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小 段距离,则( )A带电油滴将沿竖直方向向下运动BP 点的电势将增高C带电油滴的电势能将减少D若电容器的电容减小,则极板带电荷量将减少三

5、、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)用游标为20分度的卡尺测量某圆柱型电阻长度如图甲，由图可知其长度L_mm.(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D_mm.(3)该同学想用伏安法测量其电阻R（约200），现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1(量程05 mA，内阻约50 )； 电流表A2(量程015 mA，内阻约30 )；电压表V1(量程03 V，内阻约10 k)； 电压表V2(量程015 V，内阻约25 k)；直流电源E(电动势4 V，内阻不计)；滑动变阻器R1(阻值范围015 ，允许

6、通过的最大电流2.0 A)；滑动变阻器R2(阻值范围02 k，允许通过的最大电流0.5 A); 开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，应选用电流表_,电压表_，滑动变阻器_（选填A1、A2、V1、V2、R1、R2）电路连接应是电流表_（选填内接或者外接），采用_接法（选填分压或限流）12（12分）从以下器材中选取适当的器材，设计一个测量阻值约为15K的电阻Rx的电路，要求方法简捷，Rx两端的电压从零开始变化，要尽可能提高测量的精度电流表A1：量程300A，内阻r1为300，电流表A2：量程100A，内阻r2=500，电压表V1：量程10V，内阻r3约为15K，电压表V2：

7、量程3V，内阻r410K；电阻R0：阻值约为25，作保护电阻用，额定电流为1A，滑动变阻器R1，阻值约为50，额定电流为1A，滑动变阻器R2，阻值约为1000，额定电流为1A，电池组E：电动势4.5V，内阻很小但不可忽略，开关及导线若干（1）应选用的电流表、电压表、滑动变阻器分别是： 、 、 （填仪表代号）（2）在方框中画出实验电路图（3）用所测数据对应的物理量计算Rx，计算表达式为Rx= 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，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点

8、为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m=1kg，电荷量为+q的带电小球从斜面上距A点s=2m处的O点静止释放已知电场强度，=53，圆轨道半径R=1m，(g取10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6)。求：(结果保留两位有效数字)(1)小球经过B点时受到的支持力的大小；(2)为了使小球能经过C点，小球应在斜面上至少离A点多远处静止释放?14（16分）一质量m=0.05kg的金属条搁在相距d=0.02m的两金属轨道上，如图所示。现让金属条以v0=5m/s的初速度从AA进入水平轨道，再由CC进入半径r=0.05m竖直圆轨道，完成圆周运动后，再回到水平轨道上，整个轨道

9、除圆轨道光滑外，其余均粗糙，运动过程中金属条始终与轨道垂直。已知由外电路控制，流过金属条的电流大小始终为I=5A，方向如图中所示，整个轨道处于水平向右的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，AC的距离L=0.2m，金属条恰好能完成竖直面里的圆周运动。试求：(1)金属条到达竖直圆轨道最高点的速度；(2)水平粗糙轨道的动摩擦因数；(3)若将CC右侧0.06m处的金属轨道在DD向上垂直弯曲（弯曲处无能量损失），试求金属条能上升的高度。15（12分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B板接地，它的极板长，两板间距离，现有一微粒质量，带电荷量，以一定初速度从两板中间平行于极板射入，由于重力

10、作用微粒恰好能落到A板的中点O处，取，试求：（1）带电粒子入射速度的大小（2）现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势为多少参考答案一、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、D【解析】根据库仑定律公式得接触前库仑力为接触再分离后所带电量各为，库仑力为故D正确，ABC错误。2、C【解析】奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家。A. 特斯拉与分析不相符，故A项与题意不相符；B. 安培与分析不相符，故B项与题意不相符；C. 奥斯特与分析相符，故C项与题意相符；D. 法拉第与

11、分析不相符，故D项与题意不相符。3、A【解析】电磁铁的应用相当广泛，它是利用电流周围产生磁场的原理工作的最先发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，故A正确，BCD错误；故选A4、C【解析】三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故本题中4N和6N的两个力的合力与第三个力平衡，大小等于8N，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】关键抓住三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线。5、B【解析】电荷的定向移动形成电流，不是只要有电荷运动就有电流，故A错误；电流的方向就是正电荷定向移动的方向，选项B正确；电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置

12、，选项C错误；对于给定的电源,移动单位正电荷非静电力做功越多,电动势就越大，选项D错误；故选B.6、A【解析】电场线的疏密表示电场强度的大小，由F=Eq可比较电荷在两点处的电场力的大小【详解】电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，A点处的场强大于B点的场强，故质子在A点的受力大于在B点的受力；故选A。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、AD【解析】ABC.闭合开关的瞬间，线圈突然产生磁场（假设磁场向上），通过铝环的磁通量突然（向上）增加，那么铝环中的感应电流就产生

13、与原磁场方向相反的磁场（感应电流的磁场向下）；因为原磁场与感应电流的磁场方向相反，相互排斥，所以铝环受到向上的斥力，铝环向上跳起；若保持开关闭合，流过线圈的电流稳定，磁场不再发生变化，铝环中没有感应电流，也没有相互作用，铝环仅受重力作用，最后回落，故A正确，B、C错误.D.如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变，故D正确.8、BC【解析】A项：奥斯特实验说明利用电流可以产生磁场，故A错误；B项：法拉第提出了“在电荷的周围存在着由它产生的电场”的观点，即法拉第首先提出“场”的概念，故B正确；C项：安培分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具有共同本质，都是由运动电荷所产生的，故C正确；D项：

14、电流通过导体时产生的热量跟电流的关系是焦耳总结，故D错误点晴：本题考查电磁学中的相关物理学史，应掌握在电磁学发展中作出突出贡献的科学家的名字及主要发现9、CD【解析】小球不脱离圆轨道时，最高点的临界情况为解得m/s根据机械能守恒定律得解得m/s故要使小球做完整的圆周运动，必须满足m/s；若不通过四分之一圆周小球也不会脱离圆轨道，根据机械能守恒定律有解得m/s故小球不越过四分之一圆周，必须满足m/s，所以要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足m/s或m/s，故CD正确，AB错误。故选CD。10、AD【解析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减

15、小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A正确P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B错误；由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误；因间距增大，则电容器的电容减小，根据Q=UC，由于电势差不变，故带电量减小，故D正确；故选AD点睛：本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化三、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、

16、50.15; 0.4700; 见解析； 【解析】(1)游标卡尺的读数为L=50mm+30.05mm=50.15mm；(2)螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+20.00.01mm=4.700mm=0.4700cm；(3)由于电压表V2量程太大（量程的大于电源的电动势），所以电压表应选择V1，根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为，所以电流表应选择A2，根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以电路应是“分压外接”电路，如图所示12、（1）A1 V2R1（2）如图所示（3）【解析】试题分析：由题意可知，电源电压

17、为3V，而待测电阻约为15k，则可知电路中电流的最大值，本着安全准确的原则可以选电压表及电流表；根据电阻阻值与电流表、电压表内阻的大小关系可以选出合理的接法，则可画出电路图；由接法可知RX两端的电压及电流，由欧姆定律可求得电阻值解：（1）因电源电压为3V，故电压表只能选取V2，而由欧姆定律可知，电路中的电流约为I=200A，故电流表应选A1；为了能多测量数据滑动变阻器应采用分压接法；选择小电阻R1；（2）滑动变阻器最大阻值为50，待测电阻阻值为15k，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用内接法，如图所示：（3）由题意可知，电压值为U2，而电流为A2中电流减

18、去电压分流电流，则由欧姆定律可知：RX=r1，U2表示电压表V2的示数，I1表示电流A1的示数r表示电流表的内阻；故答案为（1）A1，V2；R1（2）如上图；（3）r1点评：电学实验的考查重点在于考查：仪表的选择，接法的选择及数据分析和误差分析，知道在什么情况下选用外接法误差较小，什么情况下选用内接法误差较小四、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）20N （2）8.8m【解析】（1）从O到B过程，由动能定理得：mgssin+R（1cos）qE（scos+Rsin）=mvB20，在B点，由牛顿第二定律得：Nmg=m，解得：N=20N；（2）小球恰好经过等效最高点，由牛顿第二定律得：5mg/4=m，解得：v2=25/2，小球从静止到该点过程，由动能定理得：mgLsinRcosRsin）2RqE（Lcos+Rsin+Rcos）=mv20，解得：L=8.8m；14、 (1) 155m/s (2) 512 (3) 0.10m【解析】在最高点，抓住金属条恰好通过最