河南濮阳市2023学年物理高二上期中质量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、关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半2、直线mn是某电场中的一条电场线，方向如图所示一带正电的粒子只在电场力的作用下由a点运动到b点，轨迹为一抛物线，分别为a、b两点的电势下列说法中正确的是A可能有B该电场可能为点电荷产生的电场C带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能D带电粒子由a运动

3、到b的过程中电势能一定一直减小3、如图所示是探究影响通电导线受力的因素实验的部分装置，下列操作中能增大导体棒上摆幅度的（）A移去一块蹄形磁铁B仅使棒中电流减小为原来的二分之一C导体棒接入端由、改为、D导体棒接入端由、改为、4、如图所示，A点处有一带正电的点电荷，a、b、c、d为位于同一直线的两根电场线上的四点，且AbAc，AaAd，下列说法中正确的是 （ ）Ab、c两点场强相同Ba、b、c、d四点的场强方向相同Ca、b、c、d四点中，a点场强最大Da、b、c、d四点中，a点场强最小5、下列关于电荷、电荷量的说法正确的是（ ）A自然界存在有三种电荷：正电荷、负电荷和元电荷B物体所带的电荷量可以是

4、任意值C物体所带的电荷量只能是某些特定的值D物体的带电量可以是21019C6、如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球现有两个质量和电荷量都相同的带正电小球a、b均可视为点电荷，先将a套在细杆上让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使b从A点由静止开始沿竖直方向下落，则下列说法中正确的是（）A从A点到C点，小球a做匀加速运动B小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能C从A点到C点，小球a的机械能先增加后减少，但机械能与电势能之和不变D小球a从A点到C点电场力

5、做的功大于小球b从A点到B点电场力做的功二、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，带正电的点电荷被固定于A点，以O点为坐标原点，AO方向为x轴正方向建立如图所示的一维坐标系，现将一个电荷量很小的带正电的点电荷q从O点由静止释放，在点电荷运动的过程中，下列关于点电荷q的动能Ek、电势能Ep随坐标x变化的图象中(假设O点电势为零，不计q的重力)，可能正确的是( )ABCD8、如图所示， 质量相同而电量不同的两个正电荷，从静止开始，经过同一加速电场后，垂直界面进入同一匀

6、强磁场，最后分别打在a、b两点，不计粒子重力，由图可知（ ）A打在a点的粒子速度大B打在b点的粒子速度大Ca的电荷量大于b的电荷量Da、b在磁场中运动的时间相同9、如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源 连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路下列说法正确的是（ ）A闭合开关S时，B中产生与图示方向的感应电流B闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流C断开开关S时，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间D断开开关S时，弹簧k立即将衔铁D拉起10、电磁炉为新一代炊具，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在电磁炉是

7、利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物下列相关说法中正确的是( )A锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的B锅体中的涡流是由变化的磁场产生的C恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好D提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果三、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）某同学想描绘某一热敏电阻的伏安特性曲线，实验室提供下列器材：A电压表V（量程为05V，内阻约5k）B电流表A1（量程为025mA，内阻约0.2）C电流表A2（量程为00.6A，内阻约0.1)D滑动变阻器

8、R1（010，额定电流1.5A)；E滑动变阻器R2（01000，额定电流0.5A）F定值电阻R0（R0=1000）G直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）H电键一个、导线若干(1)该同学选择了适当的器材组成描绘伏安特性曲线的电路，得到热敏电阻电压和电流的7组数据（如下表），请你在方格纸上作出热敏电阻的伏安特性曲线_(2)由此曲线可知，该热敏电阻的阻值随电压的增大而_（选填“增大”或“减小”）该同学选择的电流表是_（选填“B”或“C”），选择的滑动变阻器是_（选填“D”或“E”）(3)请在下面的方框中画出该同学完成此实验的电路图_（热敏电阻符号为 ）.12（12分）在“测电池的电动势和内阻”的实验

9、中，测量对象为一节新的干电池（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表读数变化不明显，原因是： （2）为了提高实验精度，采用图乙所示电路，提供的器材：量程3V的电压表V，量程16A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R1（阻值未知，约几欧姆），滑动变阻：R1（111）滑动变阻器R2（1211），单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S，导线若干电路中，加接电阻凰有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用 （填R1或R2）开始实验之前，S1、S2都处于断开状态现在开始实验：A闭合S1，S2打向1，测得电压表的读数U1，

10、电流表的读数为I1，则U1/I1= （电流表内阻用RA表示）B闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2则新电池电动势的表达式为E= ，内阻的表达式r= 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，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于所在的纸面向外。某时刻在、处，一质子沿y轴的负方向进入磁场；同一时刻，在、处，一个粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直。不考虑质子与粒子的相互作用。质子的质量为m，电荷量为e。粒子的质量是质

11、子质量4倍，电荷量是质子电荷量的2倍。求：(1)质子从处出发恰好经过坐标原点O，它的速度为多大？(2)质子从处第一次到达坐标原点O处的时间为多少？(3)如果粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇，粒子的速度应为何值？方向如何？14（16分）如图所示，在E103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R40 cm，一带正电荷q104 C的小滑块质量为m40 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2，问：(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？(2)这样释放的

12、滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)(3)小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？15（12分）如图，质量m=1kg的足够长木板B静止于光滑水平地面上，在其右侧地面上固定一 竖直挡板，质量M =5kg的物块 A 停在B的左端，质量为m0 = 2 kg的小球P用长为l=0.45m的轻绳悬挂在固定点O，绳能承受的最大拉力是小球P重力的5.5倍。现将小球P及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球P在最低点与A发生正碰，碰撞时间极短，碰后小球P反弹瞬间绳刚好被拉断。已知A、B间的动摩擦因数 = 0.1，木板B与挡板发生弹性碰撞，且B与挡板碰撞前已与A共速，物块与小球均可视为质点

13、，不计空气阻力，取 g=10 m/s2。 求：(1)小球P与A撞后瞬间，A的速度；(2)在木板B与挡板第一次碰撞前，A相对B滑动的位移；(3)在A、B运动的整个过程中，B向左运动的总路程。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】试题分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场

14、和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误故选B【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL2、C【解析】根据粒子做曲线运动过程中，受到的合力指向轨迹内侧，并且粒

15、子带正电，受到的电场力方向和电场线方向相同，故可知粒子的运动轨迹有图中1、2所示两种情况，有图线2可知电场力一直做正功，电势能一直减小，动能增大，电势减小，由图线1可知电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，故一定有，带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能，AD错误C正确；因为轨迹是抛物线，所以要求受力恒定，故不可能是点电荷形成的电场，B错误；3、C【解析】A仅移去一块蹄形磁铁，根据F=BIL可知安培力变为原来的，导体棒上摆幅度变小，故A错误；B仅使棒中的电流减小为原来的二分之一，根据F=BIL可知安培力变为原来的，导体棒上摆幅度变小，故B错误；C仅使导体棒接入端由、改为、，根据F=B

16、IL可知安培力变为原来的3倍，导体棒上摆幅度变大，故C正确；D仅使导体棒接入端由、改为、，根据F=BIL可知安培力变为原来的倍，导体棒上摆幅度变小，故D错误；故选C。4、D【解析】A.根据点电荷产生电场的电场强度E=kQr2，b、c两点场强大小相同，方向不同，a点场强最小，故A错误，C错误，D正确；B. a、b两点的场强方向相同，与c、d两点的场强方向相反，故B错误。故选：D5、C【解析】自然界存在正电荷和负电荷两种，A错物体所带的电荷量必须时元电荷的整数倍，B错C对元电荷为，D错6、C【解析】小球A在运动过程中库仑力得大小一直发生变化，因此小球得合力发生变化，因此不是匀变速运动，A错误；AB

17、过程和AC过程中电场力做功相同，但是AC过程重力做功更多，因此小球C点动能更大，因此B错误D错误；从A到C电场力现做负功后正功，因此机械能先减小后增大，由能量守恒可知机械能和电势能总和不变，C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、BD【解析】AB.设点电荷q在x处所受的电场力为F，在点电荷在运动的过程中，电场力F做正功，点电荷的电势能减少，动能增加；在xx+x内，x极小，点电荷q动能增加量为Ek，根据动能定理得Fx=Ek，则F=，由于在点电荷在运动的过程中，电场力

18、F逐渐减小，所以Ek-x图象的斜率逐渐减小，故A错误，B正确；CD.根据能量守恒定律知，Ek+Ep=0，则得 Ep=-Ek，则知Ep-x图象的斜率也应逐渐减小，故C错误，D正确。8、AC【解析】根据带电粒子在电场中的加速由动能定理可求得进入磁场时的速度，再对磁场中根据向心力公式可求得半径表达式，从而明确电荷量之间的关系，再代入动能定理表达式即可求得速度大小；根据周期公式和转过的角度进行分析，从而明确时间关系【详解】A. 经加速电场后，根据动能定理可得：Uq=mv2 (1)在磁场中根据牛顿第二定律可得：(2)联立解得：R=，由图可知，a的半径较小，而质量相同，则说明A的电荷较大；则由(1)式可知

19、，打在a点的粒子速度较大，故AC正确，B错误；D. 由T=可知，两粒子周期不同，转过的圆心角相同，则可知，时间不同，故D错误。故选：AC.9、BC【解析】试题分析：由题意可知，当S接通后，线圈A中产生磁场，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，B中产生与图示方向相反的感应电流，故A错误，B正确；将S断开，导致穿过线圈B的磁通量减小变慢，根据楞次定律可知，产生有延时释放D的作用，故C正确，D错误，故选BC.考点：楞次定律；右手螺旋定则【名师点睛】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，同时理解线圈B的作用是阻碍线圈A磁

20、通量的变化；此题考查了学生用物理知识在解决实际问题中的应用能力.10、BD【解析】电饭锅内连接交流电，其锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，故A错误，B正确；电磁炉的加热效果与磁场的强弱无关，只与磁场的变化快慢有关，故C错误；提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果。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、 减小 B D 【解析】(1) 根据表中数据在坐标纸上描点，再用平滑的曲线连接各点,作出图象如图所示:(2)图象的斜率表示电阻R的倒数，根据图象可知斜率逐渐增大可知：该热敏电阻的阻值随电压的增大而减小，电流的变化范围为

21、0-20mA，所以电流表选择B，滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的R1,故选D；(3)由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，待测电阻阻值约为；，满足是大电阻，电流表应采用内接法；实验电路图如图所示：【点睛】本题考查了作图象、实验器材的选择、设计实验电路图，电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器只能采用分压接法12、电源内阻很小；、防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；R3，A、R3+RAB、U1I2-U2I1I2-I1，U1-U2I2-I1-U0I0【解析】试题分析：作出电源的UI图象，根据闭

22、合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线3的斜率小于图线2的斜率，则对应的电源的内阻图线3的较小，由图可以看出，图线3电压随电流变化较慢本实验中发现电压表读数变化不明显，原因是：电源内阻很小加接电阻R3，起保护作用，限制电流，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏滑动变阻器应选用R3因为R3的总电阻较小，使电路中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小根据欧姆定律可知，可以测出的物理量是定值电阻R3和电流表内阻之和，用测量写出表达式为：R0+RA=U0I0B、根据闭合电路欧姆定律得E=U3+I3（R3+RA+r）E=U2+I2（R3+RA+r）联立解得：

23、E=U1I2-U2I1I2-I1r=U1-U2I2-I1（R0+RA）=U1-U2I2-I1-U0I0考点：伏安法测量电源的电动势和内阻四、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)；(3)，方向与x轴的正方向成角【解析】(1)质子从x=l0处出发恰好经过坐标原点O，知质子的轨道半径根据解得(2)质子在磁场中运动的周期，则质子到达坐标原点O处的时间(3)粒子的周期周期是质子周期的2倍，如果粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇，可知粒子运动的时间为四分之一个周期，即圆弧对应的圆心角为90度，根据几何关系知，粒子的速