2023学年上海市向明中学物理高二上期中监测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、如图所示是示波管的原理示意图，XX和YY上不加电压时，在荧光屏的正中央出现一亮斑，现将XX和YY分别连接如图甲乙所示电压，从荧光屏正前方观察，你应该看到的是图中哪一个图形？ABCD2、如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，

2、R2为滑动变阻器，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若滑动变阻器的触头P向下滑动时，则（）A小灯泡的功率减小B电压表的示数减小C电容器上的电荷量增加D两表示数变化量的比值|不变3、如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的下列关于实验现象描述中正确的是（）A把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开B把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有B下部的金属箔张开C把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的D把带正电荷的物体C移近导体

3、A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合4、如图所示， a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点电场线与矩形所在平面平行已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，由此可知c点的电势为A8VB12VC16VD20V5、在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法说法不正确的是（）A质点、点电荷、试探电荷是同一种思想方法B重心、合力都体现了等效思想C伽利略在研究自由落体运动时运用了理想实验的方法D伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法6、如图所示

4、，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列运动时，铜制导线圈c中将有感应电流产生且被螺线管排斥的是A向右做匀速运动B向右做加速运动C向右做减速运动D向左做减速运动二、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、两个相同的金属小球，所带电荷量大小之比为，相距r，两小球可视为点电荷，两者相互接触后再放回原来位置上，则它们之间的库仑力大小与原来之比可能为（）ABCD8、如图所示，直线A为电源的UI图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的UI图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路

5、时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为1、2，则( )AP1=P2BP1P2C12D10)的带电粒子以速度从坐标原点O沿轴正向射入磁场，此时开始计时，不计粒子重力，当粒子的速度方向再次沿轴正向时，求： (1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离。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】示波管的YY偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象。【详解】设加速电场的电压为U1，偏转

6、电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为，可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描。在偏转电极YY上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线；由于X方向的电压变化的周期为T0，而Y方向变化的周期为2T0，所以在2T0时间内X方向变化2次

7、，Y方向变化一次。在荧光屏上将出现由两条线组成的图象；由于开始时X方向与Y方向的电压都是0，所以两条线在坐标原点交叉。故D正确，ABC错误，故选D。【点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，注意两极所加电势差的正负。2、D【解析】AP下滑，R2阻值变小，故电路总电阻减小，则总电流增大，通过灯泡的电流增大，可知小灯泡的功率增大，A错误；B因电流增大，则R1上的电压增大，则电压表示数增大，B错误；C总电流增大，所以内电压及R1上的电压增大，故电容器上电压减小，所以电容器上的电荷量由知减小，C错误；D两表示数之比故两表示数变化量的比值仍为R1不变，D正确。故

8、选D。3、C【解析】当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体【详解】A、B、感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷。金属导体处在正电荷的电场中，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，A，B错误；C、D、把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，C正确

9、，D错误.故选C.【点睛】该题体现物体静电感应起电的实质，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4、A【解析】在匀强电场中，每前进相同的距离，电势的降落相等，所以a-d=b-c代入数据解得：c=8V，故A正确。5、C【解析】质点和轻弹簧均采用了理想模型法，故是同一种思想方法，故A说法正确；重心、合力都体现了等效思想，故B说法正确；伽利略在研究自由落体运动时运用实验和逻辑推理相结合的方法，故C说法错误；伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法，故D说法正确所以选C6、B【解析】A导体棒ab向右做匀速运动时，ab中产生的感

10、应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引。故A错误。B导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ba，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，c的右侧相当于N极，螺线管左侧是N极，则线圈c被螺线管排斥。故B正确。C导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ba，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，

11、右侧相当于S极，螺线管左侧是N极，则线圈c被螺线管吸引。故C错误。D导体棒ab向左做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于N极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管吸引。故D错误。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】设两电荷电量大小分别为q和5q，由库仑定律可得：原来库仑力当两相同金属小球带同种电荷时，两

12、者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3q和3q，库仑力所以库仑力是原来的库仑力之比为9:5；当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上。它们的电荷量是先中和后平分，电量变为2q和2q，库仑力所以库仑力和原来的库仑力之比为4:5，故CD正确，AB错误。故选CD。8、AC【解析】由电源的U-I图象读出电动势E=6V，两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态；电源的输出功率分别为：P1=U1I1=42=8W，P2=U2I2=24=8W，故P1=P2，故A正确，B错误；电源的效率：，故12，故C正确，D错误；故选AC.【点睛】本题是对电源和电阻伏安特性曲

13、线的结合，关键明确两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接电流和路端电压，求出电源的输出功率9、BC【解析】列车冲上站台的过程除克服重力做功外还有摩擦阻力做功，机械能要减小，动能有一部分转化为重力势能，一部分转化为热能。所以AD错误，BC正确。故选BC。10、AC【解析】A电场线的疏密程度表示电场的强弱，故N点的场强比M点的场强大，故A正确；B沿着电场线的方向电势越来越低，所以Q点的电势比P点的电势低，故B错误；CP点电势高于Q点，根据Ep=q可知，负电荷在P点时的电势能小于在Q点时的电势能，故C正确；D根据电场分布可知，MO间的平均电场强度比ON之间的平均电场强度小，

14、故由公式U=Ed可知，MO间的电势差小于ON间的电势差，故D错误三、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、 A B 增大 0.78【解析】若将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，因电压表内阻很大，通过电压表的电流非常小，通过小灯泡电流非常小，故小灯泡不发光，故A正确，B错误；V表和A表不会被烧坏，故CD错误。所以选A。从图象知电压从零计，故滑动变阻器应用分压式接法，实验电路应选择图乙中的电路图（a），故A错误；因滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器R2，故B正确；因小灯泡额定电流为0.32A，用电流表A2量程太大，应用A1，故C错误；

15、若采用如图乙（b）所示电路图，实验前滑动变阻器的滑片应置于最左端而不是右端，最右端时变阻器有效电阻是零，导致通过电路的电流太大而烧坏电流表，故D错误。故选B。根据I-U图象的斜率等于电阻的倒数，所以由图象可知小灯泡的阻值随小灯泡两端的电压的增大而增大，当U=2.8V时I=0.28A，由P=UI得P=2.80.28W=0.78W。12、1250 1k 6.2 【解析】（1）1用倍率为“100”的电阻挡测电阻，由图示可知，电阻阻值为15100=15002多用电表测量一个阻值约为2.0104的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是1k；（2）3选用量程为10V的电压挡测量电压，由图示表盘可知

16、，其分度值为0.2V，示数为6.2V。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) R=0.2m (2) 【解析】（1）电子作圆周运动周期 ，电子从M点运动到N点的时间,则对应圆心角是120度,根据几何关系可知，轨道半径R=0.2m（2）根据牛顿第二定律： 电子的速率综上所述本题答案是：（1）R=0.2m； （2） 14、（1）E=6V，r=2（2）0.9W（3）1.875W【解析】由题图2可知，图线B的延长线与纵轴的交点值表示电动势，由图线A可知R1 的电阻，电压表V2的示数变化U2等效于电源内阻r和定值电阻R1

17、分得的电压变化，根据斜率求出内阻r；将Rl看成电源的内阻，当等效电源的内外电阻相等时，滑动变阻器R2的功率最大，根据闭合电路欧姆定律求解电流，再求出滑动变阻器 R2 的最大功率；当电流表的示数I=1A时，根据闭合电路欧姆定律求出电源的路端电压，根据并联分流求出此时通过电动机的电流，根据P输出=UI-I2r求出电动机的输出功率；【详解】解：(1)由题图2可知，图线B的延长线与纵轴的交点值表示电动势，即电源的电动势E=6V由图线A可知R1=UI=4.8-1.60.6-0.2=8电压表V2的示数变化U2等效于电源内阻r和定值电阻R1分得的电压变化，则U2与电流表示数的变化I的比值为R1+r，即U2I=R1+r=10，解得电源内阻r=2(2)由图线B知，滑动变阻器接入电路的最大阻值R2m=40.2=20，根据等效电源原理可知，当R2=R1+r=10时，R2的功率最大，此时电流I1=ER2+R1+r=0.3A滑动变阻器R2的最大功率为Pm=I12R2=