云南省罗平县第三中学2023学年物理高二上期中检测模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷考生须知：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、真空中有相距为r的两个点电荷A、B，它们之间相互作用的静电力为F，如果将A的带电量增加到原来的4倍，B的带电量不变，要使它们的静电力变为，则它们距离应当变为（ ）A16

2、rB4rCD2r2、如图所示的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻已知光敏电阻的阻值随着光照强度的增加而减小，电源的内阻不能忽略闭合开关S，当光敏电阻上的光照强度增大时，下列说法中不正确的是（）A通过的电流增大B电容器C所带的电荷量减小C电源的路端电压增大D电源的效率减小3、如图为伏安法测电阻的一种常用电路以下分析正确的是A此接法的测量值大于真实值B此接法的测量值小于真实值C此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在变阻器的正中间4、.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻当R2的滑动触头P在a端时，闭合

3、开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U以下说法正确的是 ( ) A若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B若仅增大A B板间距离，则电容器所带电荷量不变C若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D若仅用更强的光照射R1 ，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变5、电场线分布如图昕示，电场中a，b两点的电场强度大小分别为已知和，电势分别为和，则A，B，C，D，6、有两个完全相同的灵敏电流计，允许通过的最大电流，表头电阻，若改装成一个量程为3V的电压表和一个量程为的电流表应分别A串联一个的电阻和并联一个的电阻B并联一个的电阻和串联一个的电阻C串联

4、一个的电阻和并联一个的电阻D并联一个的电阻和串联一个的电阻二、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，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下落过程中( )A穿过线框的磁通量保持不变B线框中感应电流方向保持不变C线框所受安掊力的合力方向保持不变D线框的机械能不断增大8、两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图所示一个比荷为的小物块从该水平面内的C点静止释放，其运动的v-t图

5、象如图所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）则下列说法中正确的是（ ）A在A、B、C三点中，B点电场强度最大，其电场强度E=1V/mB由C到A的过程中，物块的电势能先增大后减小C由C到A的过程中，电势逐渐升高DA、B两点电势差UAB=5V9、绝缘且光滑的斜面固定于水平地面上，倾角为，斜面处于匀强电场中，质量为m、带正电q的小滑块在斜面上处于静止状态，重力加速度为g下列判断正确的是（）A电场强度的方向可能垂直于斜面向上B若物体对斜面压力为零时，则电场强度为C若电场方向水平，则电场强度D电场强度最小值为10、以下用途的物体应该用软磁性材料的是（）A录音机磁头线圈的铁芯B录

6、音，录像磁带上的磁性材料C电脑用的磁盘D电铃上的电磁铁铁芯三、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）（1）.用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示。该金属丝的直径是_mm。（2）在用单摆测定重力加速度的实验中，用游标为20分度的游标卡尺测量摆球的直径，示数如图所示，读数为_mm.12（12分）两位同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。（1）为了完成本实验，下列必须满足的条件是_。A斜槽轨道末端的切线必须水平B入射球和被碰球的质量必须相等C入射球和被碰球大小必须相同D入射球每次必须从轨道同一位置由静止滚

7、下（2）实验中测得入射球A的质量为m1，被碰撞小球B的质量为m2，图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影。实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平拋射程分别为OM和ON。当所测物理量满足表达式_时，即说明两球碰撞过程动量守恒；如果满足表达式_时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞。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）平行放置的金屑板A、B组成一只平行板电

8、容器，对以下两种情况：(1)保持开关S闭合，使A板向右平移错开一些；(2)S闭合后再断开，然后使A板向上平移拉开些讨论电容器两扳间的电势差U、电荷量Q、板间场强E的变化情况14（16分）如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m、电荷量为（）的粒子以平行x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场。已知OP=L，OQ=2L。不计粒子重力。求：（1）粒子从P点入射的速度的大小；（2）粒子第一次在磁场中运动的时间；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小。15（12分）如图所示的匀强电场中有

9、、三点， ， ，其中沿电场方向， 和电场方向成角一个电荷量为的正电荷从移到，静电力做功为,求：（1）匀强电场的场强（2）将该电荷从移到，静电力做的功（3）、两点间的电势差参考答案一、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】当距离为r时有：F=k当距离变化后依据题意有：联立可得：R=4r，ACD错误，B正确。故选B。2、C【解析】A项：当光敏电阻上的光照增大时，光敏电阻的阻值会减小，电路中的总电阻减小，电路中的总电流增大，流过R2的电流增大，故A正确；B、C项：电路中的总电流增大，电源的内电压增大，由闭合电路欧姆定律知路端

10、电压减小，而电容器极板间的电压就等于路端电压，所以电容器板间电压减小，带电量减小，故B正确，C错误；D项：电源效率，路端电压减小，电动势不变，所以电源的效率减小，故D正确3、A【解析】由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；（1）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，实验误差越小电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，实验误差

11、越小（2）为保证电路安全，采用滑动变阻器分压接法时，在闭合开关前，要求滑动变阻器滑片移到分压电阻为零的位置【详解】由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值，故A正确，B错误；伏安法测电阻，采用电流表内接法时，由于电流表的分压会使电压表测量值大于真实值，实验误差是由电流表分压造成的，故此接法要求待测电阻值大于电流表内阻，故C错误；滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片应置于最右端，故D错误；故选A【点睛】本题考查了伏安法测电阻实验电路分析、实验注意事项、实

12、验误差分析等问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题分析清楚电路结构、应用欧姆定律即可分析实验误差4、D【解析】滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变故A错误若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少，故B错误若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，U以及电容器板间电压均减小，电容不变，由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少故C错误若仅用更强的光照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir可得：，不变，故D正确

13、故选D【点睛】解决本题的关键电路稳定时R3相当于导线，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，再利用闭合电路欧姆定律进行动态分析对于电容的动态分析，应根据电容的决定式和电容的定义式C=结合进行分析5、C【解析】电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，C正确6、C【解析】把灵敏电流表改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：；把灵敏电流计改装成的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：，故C正确，A、B、D错误；故选C。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

14、。7、BC【解析】根据右手螺旋定则判断出直导线周围的磁场方向，离导线越远，磁场越弱，根据楞次定律判断感应电流的方向，再通过左手定则判断线框所受的安培力的合力方向【详解】A、B项：根据右手螺旋定则，知直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，线框由静止释放，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向，即方向保持不变故A错误，B正确；C项：根据左手定则，上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，由于上边所处的磁场强，所以上边所受的安培力大小大于下边所受的安培力大小，所以线框所受安培力的合力方向竖直向上，故C正确；D项：在下降的过程中，除重力做功以外，有安培力做功，所以线框的

15、机械能不守恒，即减小，故D错误故应选：BC【点睛】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道机械能守恒的条件8、AD【解析】试题分析：据v-t图可知物块在B点的加速度最大，为，所受的电场力最大为 F=ma=2N，据知，B点的场强最大为 E=1V/m，故A正确据v-t图可知，由C到A的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确据V-t图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得，由图知，vA=6m/s，vB=4m/s，解得UAB=-5V，故D错误故选AC.考

16、点：v-t图线；动能定理；电场强度9、BCD【解析】A项：若电场强度的方向可能垂直于斜面向上，物体受重力，电场力，支持力三力作用不可能平衡，故A错误；B项：若物体对斜面压力为零时，物体只受重力，电场力二力平衡，根据,可得，故B正确；C项：若电场方向水平，物体受重力，电场力，支持力三力作用平衡，根据，可知，故C正确；D项：电场强度最小即电场力最小，当电场力沿斜面向上时，电场力最小，即,可知，故D正确点晴：判断物体运动的状态，关键是分析受力情况，确定合力是否为零或合力与速度方向的关系10、AD【解析】录音机磁头线圈的铁芯与都是利用软磁性材料制成，能方便录音，故A正确；录音磁带上的磁性材料、录像磁带

17、上的磁性材料和电脑用的磁盘，都是硬磁性材料在我们生活中应用广泛，使为了在外磁场撤去后磁性不容易失去，使信息得以保存，故BC错误电铃上的电磁铁铁芯，能方便随时通断，故D正确；故选AD点睛：本题考查对生活中磁性材料的认识，记住软磁性材料是磁化后外磁场撤去就去磁的物质，硬磁性材料是磁化后不易去磁的物质三、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、1.704-1.706 6.75 【解析】（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为20.50.01mm=0.205mm，所以最终读数为1.5mm+0.202mm=1.705mm（2）游标卡尺的主尺读数

18、为6mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为150.05mm=0.75mm，所以最终读数为：6mm+0.75mm=6.75mm12、ACD m1OP=m1OMm2ON 【解析】(1)1A要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须切线水平，故A正确；B为了防止入射球反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量，故B错误；C为了使两球发生对心碰撞，入射球和被碰球大小必须相同，故C正确；D要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确。故选ACD；(2)2小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则又代入得3若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得将代入得四、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)U一定；C减小；Q减小；E不变(2)Q一定；C减小；U增大；E不变【解析】(1)保持开关S闭合，两极板的电势差恒定，使A板向右平移错开一些，即减小正对面积，根据，知电容C变小；保持开关S闭合，电压U不变，根据，知两极板间的电量Q变小；根据，知电场强度E不变；(2)电容器与电源断开，电量Q保持不变，使A板向上