山东青岛平度第三中学2023学年高二物理第一学期期中统考模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下面关于电势和电势能的说法正确的是（）A电荷在电场中电势越高的地方，具有的电势能也一定越大B在负的点电荷的电场中的任一点，正电荷的电势能大于负电荷的电势能C电势降低的方向，一定就是场强方向D电势能是电场和电荷共有的能2、如图所示，将

2、平行板电容器与电池组相连，两极间的带电尘埃恰好处于静止状态。若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A电容器带电荷量不变B尘埃将向下运动C检流计中有ab的电流D电容器的电容将增大3、小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度4、如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为和，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝

3、缘的轻弹簧连接当系统平衡时，弹簧的伸长量为若弹簧发生的均是弹性形变，则A保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于B保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于C保持Q不变，将q变为，平衡时弹簧的缩短量等于D保持q不变，将Q变为，平衡时弹簧的缩短量小于5、a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为3q和q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是：ABCD6、孤立点电荷电场中的一簇等势面如图中虚线所示，其电势分别为1、2、3，其中A、B、C是某电场线与这簇等势面的交

4、点，且ABBC.现将一负电荷由A移到B，电场力做正功W1；由B移到C，电场力做正功W2，则()AW1W2，123BW1W2，123CW1W2，123DW1W2，123二、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，半径和动能都相等的两个小球相向而行，甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况（ ）A甲球速度为零，乙球速度不为零B两球速度都不为零C乙球速度为零，甲球速度不为零D两球都以各自原来的速率反向运动8、如图所示，在

5、粗糙的水平绝缘桌面上有两个大小相同、带有同种电荷的小物块P和Q.已知，.将它们由静止释放后，两物块开始在水平桌面上运动，并最终停止在水平桌面上，在物块运动过程中 ( )AP受到的库仑力大于Q受到的库仑力BP受到的摩擦力始终小于它受到的库仑力CP的加速度初始先小于Q的加速度，以后可能大于Q的加速度DP和Q具有的电势能与机械能之和减小9、两块完全相同的金属板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。则：A电容器所带的电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值B闭合S后电容器充电过程是将电源的电能储存到电容器中C保持S接通，在两极板间插入一块电介质，则极板所带电荷量减小D断开S，减小两极板间

6、的距离，则两极板间的电势差减小10、根据磁感应强度的定义式BF/(IL)，下列说法中正确的是（ ）A在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B一小段通电直导线在空间某处受磁场力F0，那么该处的B一定为零C磁场中某处B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零三、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）某同学通过实验测定一个阻值约为5的电阻Rx的阻值。（1）现有电源（4V，内阻约为0.5），开关和导线若干，以及下列器材：A电流表(0-3A，内阻约 0.025)B电流

7、表(0-0.6A，内阻约 0.125) C电压表(0-3V，内阻约 3k)D电压表(0-15V，内阻约 15k)E.滑动变阻器（0-500，额定电流 A）F.滑动变阻器（0-10，额定电流 2A）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_(选填器材前的字母)； 滑动变阻器应选用_实验电路应采用图中的_（选填“甲”或“乙”） （2）图是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线.请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图中 实物间的连线.（_）（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表读数如图所示，可得该电阻的测量值Rx=_(保

8、留两位有效数字)。 （4）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是_;若在（1）问中选用乙电路产生误差的主要原因是_。（选填选项前的字母） A、 电流表测量值小于流经Rx的电流值B、 电流表测量值大于流经Rx的电流值C、 电压表测量值小于Rx两端的电压值D、 电压表测量值大于Rx两端的电压值12（12分）在“研究电磁感应现象”的实验中：（1）实验装置如下图（a）所示，合上电键S时发现电流表指针向右偏，填写下表空格：实验操作指针偏向（填“左”或“右”）滑片P右移时_在原线圈中插入软铁棒时_拔出原线圈时_（2）如图（b）所示，A、B为原、副线圈的俯视图，已知副线圈中产生顺时针方向的感应电流，

9、根据图（a）可判知可能的情况是（_） A原线圈中电流为顺时针方向，变阻器滑动片P在右移B原线圈中电流为顺时针方向，正从副线圈中拔出铁芯C原线圈中电流为逆时针方向，正把铁芯插入原线圈中D原线圈中电流为逆时针方向，电键S正断开时四、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，半径 R=0.9m 的光滑的半圆轨道固定在竖直平面内，直径 AC 竖直，下端 A 与光滑的水平轨道相切。一小球沿水平轨道进入竖直圆轨道，通 过最高点 C 时对轨道的压力为其重力的 3 倍。不计空气阻力，g 取 10m/s2。求：（1）小球在

10、A 点的速度大小；（2）小球的落地点到 A 点的距离。14（16分）如图所示，连接在电路中的电阻大小分别为R1=R2=6,R3=R4=2,电容器的电容为30F,电流表的内阻不计.若电路中接入电动势E=3V、内阻r=1的直流电源，则闭合开关S，待电路稳定后，试求：（1）电路稳定后电流表的示数；（2）电路稳定后电容器两端的电压；（3）在断开电源时通过R1的电荷量15（12分）如图所示电路中，R1=6，R2=12，R3=3，C=30F，当开关S断开，电路稳定时，电源总功率为4W，当开关S闭合，电路稳定时，电源总功率为8W，求：(1)电源的电动势E和内电阻r；(2)在S断开和闭合时，电容器所带的电荷量

11、各是多少？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、D【解析】A根据公式Ep=q可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，故A错误；B取无穷远处电势为零，在负的点电荷的电场中的任一点，电势为负值，根据公式Ep=q，可知正电荷的电势能为负值，负电荷的电势能为正值，所以正电荷的电势能小于负电荷的电势能，故B错误；C沿电场线的方向电势降低，电场线的方向是电势降落最快的方向，但是电势降低的方向不一定是电场线的方向，故C错误；D电势能是由于电荷和电场之间存在相互作用而产生的，所以电势能是电场和电荷共有的能，

12、故D正确所以D正确，ABC错误2、C【解析】ACD将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式可知电容器的电容减小，而电压不变，则由可知电容器带电量减小，处于放电状态，检流计中有ab的电流，故AD错误，C正确；B由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态，故B错误。故选C。3、C【解析】从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv2，解得：，在最低点的速度只与半径有关，可知vPvQ；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小故AB错误；在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第

13、二定律得：F-mg=m，解得，F=mg+m=3mg，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等故C正确，D错误故选C点睛：求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题4、B【解析】设弹簧的劲度系数为K，原长为x，当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有；A、保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有，解得，故A错误；B、同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于，故B正确；C、保持Q不变，将q变为q，如果缩短量等于，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于，故C错误；D、保

14、持q不变，将Q变为Q，如果缩短量等于，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于，故D错误；故选B【点睛】根据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可5、D【解析】a球带正电，受到的电场力水平向左，b带负电，受到的电场力水平向右以整体为研究对象，整体所受的电场力大小为2qE，方向水平向左，分析受力如图，则上面绳子应向左偏转设上面绳子与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得；以b球为研究对象，受力如图设ab间的绳子与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得；得到=，所以根据几何知识可知，b球在悬点的正下方，故D正确，ABC错误；故

15、选D6、B【解析】由题，将一负电荷由A移到B，电场力做正功，可知负电荷受到的电场力的方向向右，结合负电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相反，可知该电场线的方向向左，即由C指向A沿电场线的方向电势降低，所以C点的电势最高，A点的电势最低，即113；该电场线的方向向左，由C指向A；再结合图中等势面的特点可知产生该电场的点电荷带负电且位于A点的左侧，所以A处的场强最大，C处的场强最小，根据电场强度与电势差的关系：U=Ed可知，AB之间的电势差一定大于BC之间的电势差，即：UCBUBA，又电场力做功：W=qU，所以：W1W1故选B.【点睛】本题切入点在于根据电场力做功的特点以及等势面的特点判断出产生

16、该电场的点电荷带负电且位于A点的左侧是解答的关键，然后再结合负点电荷的等势面分布图进行分析即可二、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】由动能Ekmv2与动量p=mv，得到动能与动量的关系式：p，由于两球的动能相等，而甲球质量m甲大于乙球质量m乙，所以p甲p乙，碰撞前总动量向右。由动量守恒定律，碰撞后若甲球速度为零，而乙球向右，则总动量向右，所以选项A正确。由动量守恒定律，碰撞后若甲、乙球速度均不为零，合为一整体向右，则总动量也向右，所以选项B正确。若乙球速度为

17、零，则甲球一定向左运动，则总动量向左，与动量守恒不相符，所以选项C错误。两球都以各自原来的速率反向运动，由于总动量大小向左，所以与动量守恒不相符，所以选项D错误。故选AB。【点睛】关于碰撞问题要注意：碰撞前后动量守恒碰撞前后动能不会增加，即能量守恒与实际情况相符，即碰撞后，不能穿越，最多也只能合为一整体8、CD【解析】PQ间的库仑力分别对P和Q为作用力和反作用力，大小相同，方向相反，故A错误；开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，整个过程中摩擦力一直做负功，故P和Q具有的电势能与机械能之和一直减小故B错误，D正确；对PQ受力分析可知，开始加速运

18、动时受到库仑力大于摩擦力，由牛顿第二定律可知F库-f=ma，解得ag，由于库仑力大小相同，摩擦系数大小相同，mpmQ，故P的加速度小于Q的加速度；到后来做减速运动时开始时受到库仑力小于摩擦力，由牛顿第二定律可知f -F库=ma，解得ag-，由于库仑力大小相同，摩擦系数大小相同，mpmQ，故P的加速度大于Q的加速度；故C正确；故选CD9、ABD【解析】试题分析：电容器两极板所带电荷量的电性相反，但电容器所带电荷量指其中一块极板所带电荷量的绝对值，A选项正确；电键闭合，电流流向电容器，对电容器充电，该过程是将电源的电能转化为电容器的电场能，B选项正确；保持S接通，则电容器的电压U不变，据可知，在两

19、极板之间插入电介质，电容C将增大，据可知电量增加，故C选项错误；断开电键S则电容器电量Q不变，减小两极板距离，则电容将增大，据可知，电压降减小，故D选项正确。考点：本题考查电容器及平行板电容器动态平衡问题。10、BD【解析】磁感应强度的定义式B=,是比值定义的，在磁场中某确定位置，B与F与I、L的乘积没有直接关系，仅是它们的比值A错一小段能通电直导线在空间某处受磁场力F=0，如果电流平行于磁场放置则B不一定为零，B错磁场中某处的B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向垂直，C错一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到磁场力F也一定为零，D对三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中

20、指定的答题处，不要求写出演算过程。11、B C F 甲 5.2 B D 【解析】(1)12因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程，即电压表C；由于阻值约为5的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，从精确角来说，所以电流表选择0.6A的量程即电流表B；3为了调节方便且测量精确，滑动变阻器应用总阻值较小的即滑动变阻器F；4根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图；(2)5根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接，如图所示(3)6由图可知，电压表的读数为U=2.60V；电流表的读数为I=0.50A

21、；电阻阻值(4)7甲图采用的是电流表外接法，实际上电压表并不是理想电表，所以电压表也有电流流过，电流表测量的电流是Rx和电压表的电流之和，所以产生误差的主要原因是电流表测量值大于Rx的电流值，导致测量的电阻Rx比实际偏小，故选B；8乙图采用的是电流表内接法，实际上电流表并不是理想电表，所以电流表两端也有电压，电压表测量的电压是Rx和电流表两端的电压之和，所以产生误差的主要原因是电压表测量值大于Rx两端的电压值，导致测量的电阻Rx比实际偏大，故选D。12、右 右 左 BC 【解析】（1）1因合上电键S时，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，此时电流表指针向右偏，则当滑片P右移时，电阻减小，电流也是增加，故此时电流表指针也向右偏；2在原线圈中插入软铁棒时，穿过线圈的磁通量也增加，则此时电流表指针也向右偏；3拔出原线圈时，穿过线圈的磁通量减小，则此时电流表指针也向左偏；（2）4A.因副线圈中产生顺时针方向的感应电流，故穿过A的磁通量为向里的减小或者向外的增加，若原线圈中电流为顺时针方向，变阻器滑动片P在右移，则电流增大，磁通量为向里增加，选项A错误； B.原线圈中电流为顺时针方向，正从副线圈中拔出铁芯 ，则磁通量为向里减小，选项B正确；C.原线圈中电流为逆时针方向，正把铁芯插入原线圈中