山东省新泰二中2023学年物理高二上期中学业水平测试试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3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、在对以下过程进行研究时，可将研究对象视为质点的是（ ）A红旗L5礼宾车车轮的转动B歼20飞机在空中的姿态变化C直升机“直5”螺旋桨的旋转D长征5号火箭“胖5”从发射到进入预定轨道所

2、用的时间2、如图所示为某一电场的电场线和等势面已知a=5V，c=3V，ab=bc，则（ ） Ab=4 VBb4 VCb4 VD上述情况都有可能3、如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为，则（ ）A若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则减小B若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则不变C若开关S断开，A极板向B极板靠近，则不变D若开关S断开，A极板向B极板靠近，则增大4、真空中两个静止的点电荷相距r时，相互作用的静电力大小为F。仅将它们之间的距离增大到4r时，它们之间的静电力大小为A4FB16

3、FCD5、一根通电直导线垂直放在匀强磁场中，关于它受到的安培力，下列说法正确的是()A安培力方向与磁场方向相同B安培力方向与电流方向相同C安培力的大小与磁场强弱有关D安培力的大小与电流大小无关6、如图所示，三条长直导线都通以垂直纸面向外的电流，且I1=I2=I3，则距三条导线等距离的A点处磁场方向为（ ）A向上B向下C向左D向右二、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，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2=2m1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住

4、的已压缩的轻弹簧，烧断细绳后，两木块分别向左、右运动.若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数分别为1、2，且1=22，则在弹簧伸长的过程中，两木块( )A动量大小之比为11B速度大小之比为21C通过的路程之比为21D通过的路程之比为118、关于物体的动量和冲量，下列说法中正确的是（）A物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向D物体所受的合外力越大，它的动量变化越快9、关于电源的电动势，下面说法正确的是( )A在电源内部其他形式的能转化为电能B电动势在数值上等于电路中通过1 C电荷量时电源提供的

5、总能量C电源的电动势跟电源的体积有关，跟外电路有关D电动势有方向，因此电动势是矢量10、在图中，AB两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下述说法正确的是AA图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法BA中R测R真，B中R测R真CA中误差由电压表分流引起，为了减小误差，就使RRA，故此法测较大电阻好三、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）有一内阻未知（约20k 60k）、量程（0 10V）的直流电压表V某同学想通过一个多用表中的欧姆档，直接去测量上述电压表的内阻，该多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，欧姆档的选择开关拨至倍率_挡

6、先将红、黑表棒短接调零后，选用下图中_方式连接12（12分）某学习小组要描绘一只小电珠(2.5 V，0.5A)的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A电源E(电动势为3.0V，内阻不计)B电压表V1(量程为03.0V，内阻约为2k)C电压表V2(量程为015.0V，内阻约为6k)D电流表A1(量程为00.6A，内阻约为1)E电流表A2(量程为0100mA，内阻约为2)F滑动变阻器R1(最大阻值10)G滑动变阻器R2(最大阻值2k)（1）为了减小实验误差，实验中电压表，电流表，滑动变阻器应分别选择_(填器材前面的选项字母)（2）为提高实验精度，请你为该学习小组

7、设计电路图，并画在虚线框中_（3）下表中的各组数据是此学习小组在实验中测得的，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线_ （4）如果用一个电动势为1.5V，内阻为3的电源与该小电珠组成电路，则该小电珠的实际功率为_(结果保留两位有效数字)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（10分）如图所示，变压器原线圈输入电压为220 V，副线圈输出电压为36 V，两只灯泡的额定电压均为36 V，L1额定功率为12 W，L2额定功率为6 W试求：(1)该变压器的原、副线圈的匝数比；(2)两灯均正常工作时原线圈中的电流以及

8、只有L1工作时原线圈中的电流14（16分）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出打在距离偏转板右侧为S的竖直屏幕上。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U1；偏转电场极板间电压为U2，极板长度为L，板间距为d；（1）忽略电子所受重力，求电子从电场射出后打在竖直屏幕上的竖直偏转距离y；（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用提供的偏转场的数据计算偏转场中重力与电场力的倍数关系，说明在偏转场中忽略重力的原因。提供数据：U2=2.0102V，d=4.010-2m，m=9.110-31kg，

9、e=1.610-19C，g=10m/s2。15（12分）如图所示，两平行金属板A、B长8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量q=1010C，质量m=1020kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上（静电力常数k=9.0109N

10、m2/C2）（粒子重力忽略不计）（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？（2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小参考答案一、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】研究红旗L5礼宾车车轮的转动时，车轮的大小不能忽略不计，不能看做质点，选项A错误；研究歼20飞机在空中的姿态变化时，飞机的大小不能忽略，不能看做质点，选项B错误；研究直升机“直5”螺旋桨的旋转时，螺旋桨的大小不能忽略，不能看做质点，选项C错误； 长征5号火箭“胖5”从发射到进入预定轨道所用的时间时，火箭的大小和形状都可以

11、忽略，可以看做质点，故选项D正确；故选D.【点睛】解决本题的关键掌握物体能否看成质点的条件，关键看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略。2、B【解析】由图可得，ab段电场线比bc段电场线密，所以ab段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、b间电势差Uab大于b、c间电势差Ubc，可得，得到，故B正确，ACD错误。3、C【解析】若保持开关S闭合，则电容器两端的电压U不变，A极板向B极板靠近时，两极板间的距离d减小，由E=Ud，可知两极板间的电场强度增大，小球受到的电场力增大，则增大，故AB错误；若开关S断开，则电容器所带的电荷量恒定，A极板向B极板靠近时，板间距离减小，根据电容器的决定式：C=

12、S4kd、定义式 C=QU 以及E=Ud，联立可得：E=4kQS，说明电场强度保持不变，则带正电的小球受到的电场力不变，即不变，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。4、D【解析】由库仑定律的可得原来它们之间的库仑力为：，变化之后它们之间的库仑力为：，所以D正确、ABC错误。5、C【解析】A、根据左手定则可知，安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直，故选项A、B错误；C、根据安培力大小为 (垂直时)，安培力的大小与磁场强弱、电流大小等都有关，故选项C正确、D错误。点睛：根据安培力大小公式求出安培力的大小，结合左手定则判断安培力的方向。6、D【解析】由安培定则知电流和，在A点的磁感线方向相

13、反，距离又相等，所以合场强为零，在A点的电场线方向水平向右，故A点的磁感线方向向右，D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、ABC【解析】试题分析：以两木块及弹簧为研究对象，绳断开后，弹簧将对两木块有推力作用，这可以看成是内力；水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且F1=1m1g，F2=2m2g.因此系统所受合外力F合=1m1g2m2g=0，即满足动量守恒定律的条件设弹簧伸长过程中某一时刻，两木块速度大小分别为v1、v2.由动量守恒定律有（以向右为正方向）：m1v

14、1m2v2=0，即m1v1=m2v2，即两物体的动量大小之比为11，故A项正确；两物体的速度大小之比为，故B项正确；由于木块通过的路程正比于其速度，两木块通过的路程之比，故C项正确，D项错误考点：动量守恒定律及其应用8、BCD【解析】A根据动量定理，物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化也越大，选项A错误；B根据动量定理，物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变，选项B正确；C根据动量定理，物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向，选项C正确；D根据动量定理，则物体所受的合外力越大，它的动量变化越快，选项D正确。故选BCD。9、AB【解析】电源是通过内部非静电力做功，将其他形式

15、的能转化为电能的装置，A正确；根据可知，电动势在数值上等于电路中通过1C电荷量时电源提供的总能量，B正确；电源的电动势跟电源的体积无关，跟外电路无关，C错误；电动势有方向，但电动势是标量，故D错误10、ACD【解析】本题考查电流表的内、外接法的区别【详解】A由图象可知，A图电流表属于外接，B图属于电流表的内接。故A选项正确；B因外接法中电压表存在分流作用，故而有 ，B图中内接法电流表具有分压作用，则，即B选项错误；CA中误差由电压表分流引起，为了减小误差，Rv越大，电压表的分流作用就越小这样误差就越小，就使RRA，故此法测较大电阻好，故D选项正确。综上所述，本题正确答案应为ACD。三、实验题：

16、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、1K A 【解析】因为电压表内阻约20k 60k，故欧姆档的选择开关拨至倍率1K挡；因为黑表笔内部接电源的正极，故黑表棒短接调零后，选用下图中A方式连接12、（1） B；D；F （2）如图所示； （3）如图所示； （4）0.19W 【解析】（1）小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择B测量误差较小，灯泡的额定电流为0.5A，电流表选择D测量误差较小总阻值2k的滑动变阻器阻值较大，使用时测量误差较大，所以滑动变阻器选择F（2）由于电压电流从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约为5，远小于电压

17、表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法电路图如图所示（3）根据表格中的数据描点作图，用平滑曲线连接，如图所示（4）电源外电压U=E-Ir=1.5-3I，作出U-I图线，交点对应的电流I=0.25A，U=0.75V，则P=UI=0.750.25W0.19W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)559(2)0.082 A0.055 A【解析】(1)由变压比公式得：U1U2=n1n2 n1n2=22036=559 ；(2) 两灯均正常工作时，由能量守恒得P1P2U1I1，I1=P1+P2U1=12+6220A=

18、0.082A 只有L1灯工作时，由能量守恒P1U1I1，解得I1=P1U1=12220A=0.055A 。14、（1）； （2）由于F远大于G，因此不需要考虑电子所受重力。【解析】（1）在加速电场中，根据动能定理有：，解得电子射入偏转电场的初速度为：；在偏转电场中，电子的运动时间t为：，加速度a为：，则在电场中偏转距离y1为：；粒子出偏转电场以后，做匀速直线运动，设速度与水平方向的夹角为，出射点到屏幕下方的距离为y2，则有：，竖直偏转距离y为：；（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，重力为：，在电场中，场强为：，电子受到的电场力为：，所以有：，由于F远大于G，因此不需要考虑电子所受重力。15、（1）3cm 12cm （2）1.04108C【解析】试题分析：带电粒子垂直进入匀强电场后，做