辽宁省庄河高级中学2024届物理高二上期中检测模拟试题含解析

辽宁省庄河高级中学2024届物理高二上期中检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、电容器是一种常用的电子元件．对电容器认识正确的是()A．电容器的电容表示其储存电荷的能力B．电容器的电容与它所带的电量成正比C．电容器的电容与它两极板间的电压成正比D．电容的常用单位有μF和pF,1μF＝103pF2、如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则A．a的加速度将减小，b的加速度将增大B．a的电势能将增大，b的电势能将减小C．a一定带正电，b一定带负电D．a的速度将减小，b的速度将增大3、下列说法正确的是（）A．处于静电屏蔽的导体内各点的电势相等，场强也相等B．匀强电场中各处场强相等，电势也相等C．沿电场线方向电场强度一定越来越小D．电势降低的方向就是电场线的方向4、如图所示，电源电压为6V，电压表示数为2.5V，则（）A．L1两端电压为2.5VB．L1两端电压为3.5VC．L2两端电压为3.5VD．以上说法都不对5、下列说法正确的是（）A．电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功B．电阻率是反映材料导电性能的物理量，仅与材料种类有关，与温度、压力和磁场等外界因素无关C．电流的方向就是电荷定向移动的方向D．电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量，由可知电容的大小是由Q(带电量)或U(电压)决定的6、如图,质量、电量分别为m1、m2、q1、q2的两球,用绝缘丝线悬于同一点,静止后它们恰好位于同一水平面上,细线与竖直方向夹角分别为α、β,则(

)A．若m1=m2,q1<q2,则α<βB．若m1=m2,q1<q2,则α>βC．若q1=q2,m1>m2,则α>βD．q1、q2是否相等与α、β大小无关,且若m1>m2,则α<β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、如图所示为某一电路的一部分，其中R1＝10Ω，R2＝R3＝20Ω，下列关于R1、R2、R3消耗电功率P1、P2、P3，以及R1、R2、R3两端的电压U1、U2、U3的关系正确的是()A．U1∶U2∶U3＝1∶2∶2B．U1∶U2∶U3＝1∶1∶1C．P1∶P2∶P3＝2∶1∶1D．P1∶P2∶P3＝1∶2∶28、下列说法正确的是（）A．气体对外做功，其内能一定减小B．热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体C．能量耗散说明能量不会凭空产生，但可以凭空消失D．单晶体具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性9、改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，在下面四种情况中，能使汽车的动能变为原来的2倍的是：（）A．质量不变，速度增大到原来的2倍B．速度不变，质量增大到原来的2倍C．质量减小为原来的1/2，速度增大到原来的2倍D．速度减小为原来的1/2，质量增大到原来的2倍10、如图所示电路中，开关闭合稳定后，某时刻理想电压表和电流表的读数都突然增大，造成这一现象的原因是电阻元件发生短路或断路故障，则可能出现了下列哪种故障（）A．R1断路 B．R1短路 C．R2断路 D．R3短路三、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）在“测定电源的电动势和内阻”的实验中,现备有以下器材：A．干电池E1节B．滑动变阻器R1(0～50Ω)C．滑动变阻器R2(0～10kΩ)D．电压表V1(0～3V)E．电压表V2(0～15V)F．电流表A1(0～0.6A)G．电流表A2(0～3A)H．电键K、导线若干．①.为了最大限度的减小实验误差，电压表选用_______，电流表选用_______，滑动变阻器选用______（填器材的代号）②.在虚线框内画出该实验最合理的电路图____③.某同学根据记录的实验数据下图中画出U－I图线．根据图线得到被测电池的电动势E＝_______V，内电阻r＝_______Ω.（结果保留三位有效数字）12．（12分）描绘一个标有“2.5V0.5A”字样的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化，实验室备有下列器材：a．标有“3V0.5A”字样的小灯泡一个；b.10V学生电源一个；c．量程为0﹣3V的电压表，内阻约为3kΩ；d．量程为0﹣15V的电压表，内阻约为15kΩ；e．量程为0﹣0.6A的电流表，内阻约为0.5Ω；f．量程为0﹣3A的电流表，内阻约为0.1Ω；g．滑动变阻器（阻值范围0﹣10Ω，允许通过的最大电流1.5A）；h．滑动变阻器（阻值范围0﹣50Ω，允许通过的最大电流0.1A）；电键一个，导线若干．（1）为减小实验误差，方便调节，请在上述所给的器材中选取适当的器材，并将它们的编号填在横线上．电压表应选_____；电流表应选_____；滑动变阻器应选取_____．（填写器材名称前的序号字母）（2）将实物按电路图1用导线补充完整________．（3）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图2所示．由图中电流表、电压表的读数可计算出小灯泡的电阻为_____Ω（保留两位小数），小灯泡的电阻测量值_____真实值（填＜，＞，＝）（4）根据实验测定的数据，以电压U为横坐标，电流强度I为纵坐标画出图线，在如图3给出的四个I﹣U图线中，最能反映实际情况的是_____，简要说明理由_____．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）一台小型电动机在380V电压下正常工作时，能将30kg的货物在30s内匀速提升30m，通过它的电流是1A．除电动机线圈生热，其它能量损失不计，求在此过程中：(1)拉力对货物做功的功率;(2)电动机的输出功率;(3)电动机线圈所产生的热量．14．（16分）如图所示，A、B、C为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面现将电荷量为的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为，将另一电荷量为的负点电荷从A点移到C点，克服电场力做功J.求、各为多少？边长为

cm，求电场线方向及电场强度大小．15．（12分）如图所示，有一长度L＝1m、质量M＝10kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车左端放置一质量m＝4kg的带正电小物块，电荷量为q＝1.0×10－3C(始终保持不变)，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，现突然施加一个水平向右的匀强电场，要使物块在2s内能运动到小车的另一端，g取10m/s2。求（1）所施加的匀强电场的电场强度多大？（2）若某时刻撤去电场，物块恰好不从小车右端滑下，则电场的作用时间多长？

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【解题分析】

A．电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量，电容器的电容表示其储存电荷能力，故A正确；BC．电容器的电容由电容器本身决定，与所带电荷量和板间的电压无关，故BC均错误；D．电容的常用单位有μF和pF，1F=106μF=1012PF，故D错误；2、A【解题分析】A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故A正确；C、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，所以能判断a、b一定带异种电荷，但电场线方向未知，不能确定谁带正电，谁带负电，故C错误；BD、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，所以电势能都减小，故BD错误；故选A。3、A【解题分析】：A、处于静电屏蔽的导体内各点的合场强为零，即场强相等，导体又是一个等势体，所以电势也相等，故A正确；B、匀强电场中各处的场强相等;但沿电场线方向电势一定越来越小,所以电势并不是相等的.故B错误;

C、沿电场线方向电势一定越来越小,而场强的大小由电场线的疏密决定.故C错误;

D、电势降低最快的方向就是电场线的方向，而电势降低的方向不一定是电场线的方向，故D错误；综上所述本题答案是：A4、B【解题分析】

先排除电压表，并判断出电路的连接方式，L1、L2串联；再还原电压表，确定电压表所测范围．电压表测L2的两端电压，所以L2的两端电压为2.5V，而L1两端电压为6V－2.5V=3.5V，B正确5、A【解题分析】

A．电源的电动势在数值上等于电源在把单位正电荷从负极到正极时非静电力所做的功，选项A正确；B．电阻率是反映材料导电性能的物理量，仅与材料种类有关，与温度、压力和磁场等外界因素也有关，选项B错误；C．电流的方向就是正电荷定向移动的方向，选项C错误；D．电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量，其大小由电容器本身决定，与电容器的带电量Q以及两端的电压U无关，选项D错误。6、D【解题分析】

设左边球为A，右边球为B，则对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：m1g=F1cotα，m2g=F2cotβ由于F1=F2，若m1＜m2，则有α＞β；若m1=m2，则有α=β；若m1＞m2，则有α＜β；根据题意无法知道带电量q1、q2的关系，故D正确，ABC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、BC【解题分析】

R2和R3并联，并且它们的电阻也是相等的，设R2、R3的电流大小为I，那么R1的电流的大小为2I，所以R1的电压为U1=IR=2I×10=20I，R2、R3的电压U2=U3=IR=I×20=20I，所以U1=U2=U3；选项B正确，A错误；R1的功率为P1=（2I）2R1=（2I）2×10=40I2，R2、R3消耗电功率P2=P3=I2R2=I2×20=20I2，所以P1：P2：P3=2：1：1，所以C正确，D错误。故选BC。【题目点拨】分析清楚电路的串并联的关系，根据它们之间的电流和电压的关系，利用电压和功率的公式逐个计算可以求得它们的电压和功率的大小关系．8、BD【解题分析】改变内能的方式有做功和热传递，故气体对外做功，其内能不一定减小，故A错误；热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体，故B正确；能量耗散说明能量不会凭空产生，也不可以凭空消失，故C错误；单晶体具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性，故D正确；故选BD．【题目点拨】改变内能的方式有做功和热传递，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体，能量耗散说明能量不会凭空产生，也不可以凭空消失，单晶体具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性．9、BC【解题分析】质量不变，速度增大到原来的2倍，根据动能表达式：可知，动能变为原来的4倍，故A错误；速度不变，质量增大到原来的2倍，根据动能表达式：可知，动能变为原来的2倍，故B正确；质量减小为原来的1/2，速度增大到原来的2倍，根据动能表达式：可知，动能变为原来的2倍，故C正确；速度减小为原来的1/2，质量增大到原来的2倍，根据动能表达式：可知，动能变为原来的1/2倍，故D错误。所以BC正确，AD错误。10、AD【解题分析】

A．若R1断路，则外电路电阻增大，电路中电流减小，路端电压将增大，加在R2两端电压增大；则电流表的示数也将增大，故A正确；

BCD．若R1或R2短路，则电压表被短路，电压表示数应为零；只有R3短路时，电压表接在电源两端，测量值为电源的输出电压，故电压表示数变大；同时因电路中电阻减小，故电路中电流增大，故D正确，BC错误。

故选AD。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、V1A1R11.50（1.49-1.51）1.00（0.950-1.05）【解题分析】(1)为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的滑动变阻器R1，由图象可知，电源电动势约为1.5V，则电压表选电压表V1，电路最大电流约为0.5A，则电流表选电流表A1；(2)应用伏安法测电源的电动势与内电阻，用电流表测电流，电压表测路端电压，据此作出实验电路图(3)由图象可知，电源的U-I图象与纵轴的交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.50V，电源内阻【题目点拨】为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；12、（1）ceg（2）图见解析；（3）5.2＜C小灯泡电阻随温度升高而增大【解题分析】

（1）根据小灯泡的额定电压选择电压表，根据额定电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）为了减小误差准确测量电阻阻值，采用分压式电路，根据待测电阻估计值以及电压表和电流表的内阻确定内外接，作出实验电路图；（3）读出电压表和电流表的读数，再利用欧姆定律即可求出此时小灯泡的电阻阻值，电流表外接，因为电压表分流导致，灯泡电阻测量结果偏小．（4）根据小灯泡电阻随温度升高而增大结合欧姆定律，即可选出正确的图象．【题目详解】（1）因为小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表选择c，小灯泡的额定电流为0.5A，故电流表选择e，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择g；（2）为了减小误差准确测量电阻阻值，采用分压式电路，因为电压表内阻远大于灯泡电阻，故选择电流表外接法，故连接实物图，如图所示：（3）如图，电流表示数：I＝0.46A，电压表示数：U＝2.40根据欧姆定律可得此时小灯泡电阻阻值：R＝Ω≈5.2Ω电压测量准确，由于电流表外接，电压表分流，导致电流测量偏大，根据R＝U/I可知，灯泡电阻R测量结果偏小，即小灯泡的电阻测量值小于真实值；（4）因为小灯泡电阻随温度升高而增大，随着电压增大I﹣U曲线上各点到原点连线的斜率越来越小，故ABD错误，C正确，故选C．I﹣U曲线弯曲的原因是因为：小灯泡电阻随温度升高而增大．【题目点拨】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线，考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键，内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小．”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)300W；(2)300W；(3)2400J．【解题分析】

(1)货物匀速上升，故牵引力等于重力，故有：F=mg=30×10=300N；上升的速度为：v==1m/s；故牵引力的功率为：P=FV=300×1W=300W；(2)电动机的输出功率为300W(3)由能量守恒定律可知：Q=UIt﹣mgh=380×1×30﹣300×30=2400J；【题目点拨】本题主要考查了能量守恒定律、非纯电阻电路综合