2023学年巴彦淖尔市重点中学高二物理第一学期期中复习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，通电直导线放在匀强磁场中，磁场方向和电流方向互相垂直，导线所受安培力F方向正确的是：ABCD2、2018年10月2日，美法加三名科学家获得了诺贝尔物理学奖，以表彰他们在激光物理领域的突破性发明。许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，下列说法正确的是()A牛顿首次在实验室里测出了引力常量并发现了万有引力定律B牛顿在发现万有定律的过程中应用了牛顿第三定律C开普勒通过研究、观测和记录发现行星绕太阳做匀速圆周运动D开普勒发现了行星运动定律并认为“在高山上水平抛出一物体，

3、只要速度足够大就不会再落在地球上”3、关于电场强度的概念，下列说法正确的是()A由可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比B电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关C正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关D电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零4、把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L，直径为d，B电阻丝长为4L，直径为3d。要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足（ ）AUAUB=11 BUAUB=31CUAUB=33 DUAUB=325、如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图

4、可知下列结论正确的是()A导体的电阻是0.02B导体的电阻是5C当导体两端的电压为10V时，导体中的电流为0.2AD当导体中的电流为0.2A时，导体两端电压为15V6、关于曲线运动的描述，下列说法正确的是（）A物体只有在恒力作用下才做曲线运动B物体只有在变力作用下才做曲线运动C曲线运动一定是变速运动D曲线运动速度大小一定变化二、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、两个等量异种点电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（）Aa、b、c三点电势相等

5、Bb点场强一定比a点大Ca、b两点的电场强度的方向与两点电荷连线垂直D一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复运动8、如图所示，两根导线互相平行，通了同方向的电流，下列说法正确的是：A导线AB通了电流1 ，其在CD处产生的磁场方向向外；B导线AB通了电流1 ，其在CD处产生的磁场方向向里；C导线CD受到AB的磁场的安培力作用，方向向左；D导线CD受到AB的磁场的安培力作用，方向向右9、一个质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长已知每一电场区的场

6、强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A小球在水平方向一直做匀速直线运动B若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同C若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同D无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同10、理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电动机线圈电阻为R1，它与电热丝电阻值R2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为，电流为，消耗的功率为P，则有（）AP=UIBP=I2(R1+R2)CPUIDPI2(R1+R2)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

7、要求写出演算过程。11（6分）某实验小组研究一白炽灯两端电压与电流的关系，得到了一组数据，并描绘出其I-U图线如图中（a）所示由图线可看出该白炽灯的电阻随电压的增大而_（选填“增大”或“减小”）实验还用到了下列器材：直流电源、滑动变阻器、电压表、电流表、开关及导线若干请在图（b）中以笔划线代替导线按实验要求将实物图补充完整12（12分）图为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接.（1）用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好_ .（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后，将小线圈迅速插入大线圈的过程中，电流计的指针将向_偏；小线圈插入大线圈后，将滑动变阻器

8、的滑片迅速向右移动时，电流计的指针将向_偏.（均选填“左”或“右”）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，将一质量为m=0.1kg的小球自水平平台右端O点以初速度v水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C。圆轨道ABC的形状为半径R=2.5m的圆截去了左上角127的圆弧，CB为其竖直直径，(sin53=0.8，g=10 m/s2)求：(1)小球经过C点的速度大小；(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小；(3)平台末端O点到A点的竖直高度H。

9、14（16分）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=10kg和mB=20kg用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=1s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示求：（1）物块C的质量mC；（2）墙壁对物块B在1 s到12s的时间内的冲量I的大小和方向；（2）B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep；（1）B离开墙后，三个物块在光滑的水平地面上向左运动（地面很长），B的速度变化范围，粘在一起AC的速度变化范围？15（12分）如图所示，MN是一段在竖直平面内半径为1 m的光滑的1/4圆弧轨道，

10、轨道上存在水平向右的匀强电场轨道的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B10.1 T。现有一带电荷量为0.1 C、质量为10 g的带正电小球从M点由静止开始自由下滑，恰能沿NP方向做直线运动。已知EF板间的电压为U2 V，板间距离d2 m，EF板间存在有方向垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B2。ABCD是一边长为L1m的正方形盒，各边均为光滑绝缘板，盒的AB边恰好与磁场的左边界重合。在AB边的中点有一小孔Q，小孔Q与N、P在同一条水平直线上，带电小球恰能从小孔Q进入正方形盒内，带电小球与绝缘板碰撞时不损失动能，但速度反向（g取10 m/s2），求：（1）小球运动到N

11、点时的速度v.（2）小球运动到N点时，重力和电场力的功率分别为多少？（3）为保证带电小球与正方形盒的壁发生多次碰撞后，仍能从小孔Q离开，则右侧匀强磁场的磁感应强度B2的大小为多少？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、B【解析】由左手定则可知，A图中安培力竖直向上，故A错误；由左手定则可知，B图中安培力竖直向上，故B正确；由左手定则可知，C图中和D图中安培力都是竖直向下，故CD错误；故选B2、B【解析】A牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许首次在实验室里测出了引力常量，选项A错误；B牛顿在发现万有定律的过程中应用了牛顿第

12、三定律，选项B正确；C开普勒通过研究、观测和记录发现行星绕太阳沿椭圆轨道运动，选项C错误；D开普勒发现了行星运动定律，牛顿“在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上”，故D错误。3、B【解析】A：是电场强度的定义式，某电场的场强E与试探电荷的电荷量q、试探电荷受的电场力F无关；故A错误B：电场中某一点的场强取决于电场本身，与放入该点的试探电荷的正负无关；故B正确C：电场中某一点场强方向与正试探电荷受到的电场力方向相同，与负试探电荷受到的电场力方向相反；正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反；则某一点场强方向与放入试探电荷的正负无关故C错误D：某点不放试探电荷时，该点的

13、电场依然存在，故D错误点睛：电场中某一点场强取决于电场本身，与该点试探电荷的电性、电荷量以及有无试探电荷无关4、D【解析】根据电阻定律R=LS可知RA:RB=L14d2:4L143d2=9:4，由于是纯电阻，则由Q=U2Rt，Q、t相同得：加在两电阻丝上的电压之比为UA:UB=RAQt：RRQt=3:2，D正确【点睛】本题考查运用比例法解题的能力。对于纯电阻电路，求解热量三个公式通用，即Q=UIt=I2Rt=U2Rt5、C【解析】当电压为5V时，电流值为0.1A，则由欧姆定律可知，AB错误；当电压为10V时，电流，C正确；当电流为0.2A时，D错误6、C【解析】AB曲线运动的条件是合外力与速度

14、不一条直线上，与力是否变化无关，物体在变力作用下可能做直线运动，如机车启动的过程中,合外力的大小是变化的；在恒力作用下也可做曲线运动，如平抛运动，故A错误，B错误;C曲线运动的条件合外力与速度不一条直线上，速度方向时刻变化,故曲线运动是变速运动.所以C正确;D匀速圆周运动是速度大小不变方向改变的曲线运动，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、AB【解析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向根据电子的受力

15、情况，分析电子的运动情况。【详解】A项：a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等，故A正确；B项：由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度，故B正确；C项：两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，而电场强度方向与等势面方向垂直，则a、b两点的电场强度的方向与两点电荷连线平行向右，故C错误；D项：a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，场强方向都与垂直平分线垂直向右，所以电子在a、c之间受到的电场力的方向都向左，不可能在c点两侧往复振动，故D错误。故应选：AB。【点睛】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住

16、电场线和等势面的对称性进行记忆。8、BC【解析】导线AB通了电流1 ，根据右手定则可知，其在CD处产生的磁场方向向里；选项A错误，B正确；根据左手定则，导线CD受到AB的磁场的安培力作用，方向向左，选项C正确，D错误；故选BC.【点睛】解决本题的关键掌握安培定则判断出直线电流周围的磁场方向，根据左手定则判断电流的受力方向9、AC【解析】本题考查带电物体（计重力）在匀强电场中的一般运动，将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，其水平方向不受外力，做匀速直线运动，竖直方向在无电场区做匀加速运动，有电场区也做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式分析，可以得到小球在竖直方向的运动规律【详

17、解】A将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解水平方向不受外力，以v做匀速直线运动，故A正确；B竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向当电场强度等于 时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不相等，故B错误；C当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式，有：经过第一个无电场区y=gt12，v1=gt

18、1，经过第一个电场区，y=v1t2-gt22，v2=v1-gt2，联立解得t1=t2，v2=1接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动，故C正确；D通过前面的分析可知，物体通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以，通过电场的时间不同；故D错误10、AD【解析】AC电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，故A正确，C错误；BD电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为，因为总功率一部分转化为机械功率，一部转化热功率，则吹风机的总功率要大于发热部分的功率，故B错误，

19、D正确。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、增大 线路如图所示【解析】图线的切线的斜率为电阻的倒数，可知电阻随电压的增大而增大，电流表外接，滑动变阻器分压12、 右 左 【解析】（）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路， 再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，电路图如图所示（）闭合开关时，穿过大螺线管的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；闭合开关后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，磁场方向不变，磁通量变大，电流表指针方向向右偏转；由电路图可知，原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速

20、向右滑动时，滑动变阻器继而电路的阻值变大，电路电流变小，穿过大螺线管的磁通量变小，磁场方向不变，则电流表指针向左偏转【点睛】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）5m/s（2）6N（3）3.36m【解析】小球沿轨道恰好通过最高点C，重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解小球经过C点的速度大小。从B点到C点，由机械能守恒定律求解B点速度，由牛顿第二定律得小球对轨道的压力大小。从A到B由机械能守恒定律求出A点速度，在A点进行速度的分解，根据平抛运动规律求出末端O点到A点的竖直高度H。【详解】（1）C点：m/s（2）B

21、点：BC： 联立得：6Nm/s（3）0A：A点：sin53=AB：联立得：H=3.36m【点睛】结合圆周运动和动能定理求解。14、（1）2kg （2） 方向向左 （2） （1）0， 1 方向向左 2， 1 方向向左【解析】试题分析：（1）AC碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量（2）在1s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功；在1s到8s的时间内，对ABC系统运用动量定理列式求解墙壁对B的冲量（2）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒；当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大。(1) 由图知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=2m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1=（mA+mC）v2，解得：mC=2kg；(2) 由图知，12s末A和C的速度为v2=-2m/s，1s到12s，墙对B的冲量为I=（mA+mC）v2-（mA+mC）v2，解得：I=-26Ns，方向向左；(2) 12s，B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机