2023学年甘肃省兰州市城关区第一中学物理高二第一学期期中教学质量检测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、如图所示是一个电路的一部分，其中，那么电流表测得电流为（）A，向右B，向左C，向左D，向右

2、。2、自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法不正确的是()A奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化3、如图所示，四个相同的表头分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则（ ）安培表A1的读数大于安培表A2的读数；安培表A1的偏转角

3、小于安培表A2的偏转角；伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数；伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角。ABCD4、一太阳能电池板，测得它的开路电压为80mV，短路电流40mA若将该电池板与一阻值为18的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是( )A40m VB60mVC72mVD80m V5、A为已知电场中的一固定点，在A点放一电荷量为q的试探电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则（ ）A若在A点换上一q，A点场强方向发生变化B若在A点换上电荷量为2q的试探电荷，A点的场强将变为2EC若在A点移去电荷q，A点的场强变为零DA点场强的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关6、一平行板电容器充

4、电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正电荷固定在P点，如图所示，以E表示两板间的场强，U表示电容器两板间的电压，表示正电荷在P点的电势，EP表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板向下移到图示的虚线位置，则AE变大BEP不变C变大DU不变二、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、在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r电键S处于闭合状态时，在水平放置的平行板电容器之间，有一带电油滴P处于静止状态下列叙述正确的是（）A其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近，

5、油滴向上加速运动B其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离，油滴向上加速运动C其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动，油滴向下加速运动D其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动，油滴向下加速运动8、如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )A匀强电场的电场强度EB小球动能的最小值为EkC小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减

6、小后增大9、质量为m的小球A以速度V0在光滑水平面上运动.与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小VA和小球B的速度大小VB可能为（ ）A B C D 10、下列说法正确的是()A据R可知，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍B不考虑温度对阻值的影响，通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变C据可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比D导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R皆无关三、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）每次使用

7、万用表测电阻时，在选择了适当倍率后，需先进行_，下图为用欧姆档“10”测电阻R，则R=_12（12分）在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图所示，游标上刻有20格），示数为_cm在一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图），示数为_mm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，电源电动势E=30V，内阻r=1，电灯L上标有“25V， 25W”的字样，直流电动机M的线圈电阻R=2。闭合电键，若电灯恰能正常发光，求：（1）电路中的总电流I；（2）电动机输出的机械功率。14（16分）如图所示，在同一竖直平面内，

8、一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53的光滑斜面上一长为L=9cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m=1kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x=5cm(g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6)求：(1)细绳受到的拉力的最大值；(2)D点到水平线AB的高度h； (3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep15（12分）如图所示电路，已知电源的电动势为6V，内阻忽略不计，R1=2，R2=3，R3=6，平行板电容器的电容为C=6105F，闭合

9、开关后，求：（1）电阻R1消耗的电功率为多大？（2）电容器C的电量参考答案一、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】由可得，R1和R2两端的电压分别为：U1=I1R1=0.20A5=1VU2=I2R2=0.10A1=0.1VR1左端与R2的左端电位相等，U1U2，则R2右端的电位高于R1右端的电位，R3两端的电压U3=U1-U2=1V-0.1V=0.9V通过R3的电流R3下端电位高，上端电位低，电流方向由下向上，设电流表的示数为IA，对于电流表左端的节点，流入节点的电流等于流出节点的电流，即IA+I2=I3电流表的示数

10、IA=I3-I2=0.3A-0.1A=0.2A方向向左。故选C。2、B【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，选项A正确；欧姆发现了欧姆定律，说明了流过导体的电流与导体两端的电压、导体的电阻之间的联系；焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系故B错误；法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，选项C正确；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选B.3、A【解析】两个安培表是并联在电路中，又安培表是利用表头与电阻并联改装得到的，所以此时

11、两个安培表的表头是并联的，因此流过表头的电流是相等的，安培表A1的偏转角等于安培表A2的偏转角，又因为安培表A1的量程大于A2的量程，安培表A1的读数大于安培表A2的读数；两个伏特表是串联在电路中，又伏特表是利用表头与电阻串联改装得到的，所以此时两个伏特表的表头是串联的，因此流过表头的电流是相等的，伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角，又因为伏特表V1的量程大于V2的量程，伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数。故选A4、C【解析】试题分析：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则电动势E=80mV，由闭合电路欧姆定律得短路电流、，则电源内阻,该电源与18的电阻连成闭合电路时，路端电压

12、为，故选C考点：考查闭合电路的欧姆定律点评：本题难度较小，对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势5、D【解析】电场强度E=Fq是通过比值定义法得出的，其大小及方向与试探电荷无关；故放入任何电荷时电场强度的方向和大小均不变。A. 若在A点换上一q，A点场强方向发生变化，选项A不符合题意；B. 若在A点换上电荷量为2q的试探电荷，A点的场强将变为2E，选项B不符合题意；C. 若在A点移去电荷q，A点的场强变为零，选项C不符合题意；D. A点场强的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关，选项D符合题意；6、B【解析】电容器充电后与电

13、源断开，所以电容器的所带电荷量Q是一个定值，根据公式，公式,公式,可得,与极板间的距离无关，所以极板间的电场强度不变，正极板下移过程中，正电荷仍旧静止，所以电场力不做功，电势能不变，下移过程中d减小，所以C增大，又因为Q不变，所以U减小，负极板接地，所以电势为零，P点到负极板的电势差为，为P到负极板的距离，保持不变，所以电势不变，EP不变，故B正确二、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】油滴静止时受重力和向上的电场力，处于二力平衡；A项：其他条件不变，使电容器

14、两极板缓慢靠近，两板间板间的电压U一定，由于d减小，电场强度变大，所以电场力变大，合力向上，故油滴向上加速运动，故A正确；B项：其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离，两板间板间的电压U一定，由于d增大，电场强度变小，所以电场力变小，合力向下，故油滴向下加速运动，故B错误；C项：其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动，电阻R2减小，根据闭合电路欧姆定律，电流增大，故定值电阻R1的电压增大，根据U=Ed，由d不变，电场强度变大，所以电场力变大，合力向上，故油滴向上加速运动，故C错误；D项：其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动，电阻R2变大，根据闭合电路欧姆定律，电流减小，故定值电阻R1的电压

15、减小，根据U=Ed，由d不变，电场强度变小，所以电场力变小，合力向下，故油滴向下加速运动，故D正确点晴：油滴受重力与电场力而平衡，其中电场力F=qE，电容器与电阻R1并联，电压相等，根据闭合电路欧姆定律分析电压的变化，得到电场力的变化，确定油滴的加速度情况8、AB【解析】A小球静止时细线与竖直方向成角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanqE解得E故A正确；B小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，拉力为零，根据牛顿第二定律，有：则最小动能故B正确；C运动过程中小球的机械能和电势能之和不变，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小

16、球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，故C错误；D小球从初始位置开始，若在竖直平面内逆时针运动一周，电场力先做正功后做负功再做正功，则其电势能先减小后增大再减小，同理，若顺时针运动一周，其电势能先增大后减小再增大，故D错误。故选AB。9、AC【解析】若两球发生完全弹性碰撞，则根据动量守恒得：mv0=mvA+2mvB， 根据碰撞过程系统的总动能不变，则得mv02=mvA2+2mvB2，解得：vA=-v0；vB=v0；若两球发生完全非弹性碰撞，则mv0=(m+2m)v解得v=v0，则A的速度范围是-v0v0；B的速度范围是v0v0；故AC正确，BD错误；故选AC.【点睛】对于碰撞过程，往往根据三个

17、规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率10、BD【解析】A、由于的定义式，对于一个确定的导体来说，导体的电阻与导体两端的电压无关，故A错误；B、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，在温度不变时，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，故B正确；C、同种材料的导体，导体的电阻率不变，故C错误；D、材料的电阻率与导体材料、长度、横截面积无关，是导体材料本身的电学性质，由导体的材料决定，且与温度有关，故D正确；故选BD.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、 调零 R

18、=300【解析】每次使用万用表测电阻时，在选择了适当倍率后，需先进行欧姆调零；由题意知所选倍率为“10”，表盘示数为30，故R=3010=30012、10.405 cm 8.077 mm 【解析】1由图可得：游标卡尺主尺读数为104mm，游标尺上的第一格线与上面对齐，则游标卡尺读数为 2由图可得：螺旋测微器固定部分读数为8mm，可动部分为；则螺旋测微器读数为【点睛】螺旋测微器又称千分尺，以毫米为单位作为结果时，小数点后面要有三位数字四、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）（2）【解析】（1）设内电压为 ，根据闭合电路欧姆定律所以（2） 电灯电流： 电动机电流： 电动机输出的机械功率：14、 (1)30N；(2)0.16m；(3)2.9J。【解析】（1）小球由到，由机械能守恒定律得：解得在点，由牛顿第二定律得由解得由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为。（2）由到，小球做平抛运动联立解得（3）小球从点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即，代入数据解得：【点睛】本题考查了圆周运动、平抛运动等知识点，综合运