山东省新泰市第二中学2023学年物理高二上期中统考试题含解析

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、一半径为R的均匀带电圆环，带有正电荷。其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N为x轴上的两点，则下列说法不正确的是（ ）A环心O处电场强度为零B沿x轴正方向从O点

2、到无穷远处电场强度越来越小C沿x轴正方向由M点到N点电势越来越低D将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能减少2、如图所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，对O、P两点的比较正确的是AOP，EoP，Eo=EpC负电荷在P点的电势能大DO、P两点所在直线为等势线3、在某电场中，电量为109 C的点电荷，在A点受到的电场力是2105 N，则A点的电场强度大小是A2104 N/CB5105 N/CC21014 N/CD不能确定A点电场强度的大小4、横截面的直径为d、长为l的导线，两端电压为U，当这三个量中一个改变时，对自由电子定向运动的平均速率的影响是()A电压U加倍，自由

3、电子定向运动的平均速率不变B导线长度l加倍，自由电子定向运动的平均速率加倍C导线横截面的直径加倍，自由电子定向运动的平均速率不变D以上说法均不正确5、如图甲所示，a、b两平行直导线中通有相同的电流，当两通电导线垂直圆平面放置于圆周上，且两导线与圆心连线的夹角为 60时，圆心处的磁感应强度大小为B。如图乙所示，c导线中通有与a、b导线完全相同的电流，a、b、c垂直圆平面放置在圆周上，且a、b两导线与圆心连线的夹角为120，b、c两导线与圆心连线的夹角为30，则此时圆心处的磁感应强度大小为()A63 BBBC0D2 B6、关于电场强度的定义式，下面说法中正确的是（ ）Aq越大则E越小Bq为试探电荷

4、的电荷量Cq为场源电荷的电荷量DE的方向与试探电荷的受力方向相同二、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、如图所示是某次同步卫星发射过程的示意图，先将卫星送入一个近地圆轨道，然后在P处点火加速，进入椭圆转移轨道，其中P是近地点，Q是远地点，在Q点再次点火加速进入同步轨道设卫星在近地圆轨道的运行速率为v1，加速度大小为a1；在P点短时间点火加速之后，速率为v2，加速度大小为a2；沿转移轨道刚到达Q点速率为v3，加速度大小为a3；在Q处点火加速之后进入圆轨道，速率为v4，加速度

5、大小为a4，则Av1v2，a1a2Bv1v2，a1a2Cv3v4，a3a4Dv3v4，a31），到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数.（2）Ob两点间的电势差Uob.（3）小滑块运动的总路程S.14（16分）有一个灵敏电流表G,内阻Rg=100,满偏电流Ig=300A。要把它改装成量程为03V的电压表，要串联多大的电阻？改装后的电压表的内阻是多少？15（12分）如图所示，电阻R12，小灯泡L上标有“3V 1.5 W”，电源内阻r1，滑动变阻器的最大阻值为R0（大小未知），当触头P滑动到最上端a时安培表的读数为l A，小灯泡L恰好正常发光，求：(1)

6、滑动变阻器的最大阻值R0；(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率参考答案一、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】A根据场强的叠加可知，O点的场强为零。故A不符合题意。BO点的场强为零，无穷远处的场强为零，O到无穷远间的场强不为零，故x轴正方向从O点到无穷远处电场强度先增大，后减小。故B符合题意。C电场线方向由M指向N，沿电场方向电势降低，所以由M点到N点电势越来越低。故C不符合题意。D将一正试探电荷由M点移到N点，电场力做正功，电势能减小。故D不符合题意。2、D【解析】电场强度是描述电场强弱的物理量

7、，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义。由于电场强度是矢量，电场强度叠加时满足平行四边形定则。电场线越密的地方，电场强度越强。正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同。同时沿着电场线方向电势降低。【详解】等量异种点电荷连线的中垂线电势为零，所以o=P，由等量异种点电荷的电场线的分布，可得O点的电场线最密，P点的较疏。所以EoEp，故AB错误；等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，因此负电荷在P点的电势能与O点相同，故C错误，D正确；故选D。【点睛】虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线

8、与等势线相互垂直。3、A【解析】电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义比值与电场力及电量均无关而电场线越密的地方，电场强度越强正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同【详解】由公式，故A正确，B、C、D错误故应选：A【点睛】电场强度是通过比值定义的，比值与其电场力及电量均没有关系例如：质量与体积的比值定义为密度当质量变大时，体积变大，而比值却不变电场线虽不实际存在，但却能形象描绘电场的强度与方向4、C【解析】由欧姆定律IUR，电阻定律Rls和电流微观表达式IneSv可得vUnel，因此，电压U加倍时，v加倍，l加倍时v减半，故A、B选项错误导线横截面的直径加倍时

9、，v不变，C项正确5、A【解析】当a、b两导线与圆心连线的夹角为60时，它们在圆心处的磁感应强度如图甲所示，设BaBbB1，则有B3B1。当a、b两导线与圆心连线夹角为120时，如图乙所示，它们在圆心处的磁感应强度矢量和为BB1，再与c导线在圆心处产生的磁场叠加后磁感应强度矢量和为2B1，因此圆心处的磁感应强度大小为63B。A. 63B，与结论相符，选项A正确；B. B，与结论不相符，选项B错误；C. 0，与结论不相符，选项C错误；D. 2B，与结论不相符，选项D错误；6、B【解析】A、公式为比值定义式，E与F和q没有正反比关系，不会因试探电荷而改变，故A错误；BC、q为试探电荷，即用来检测电

10、场中某个位置场强的电荷，不是场源电荷，故B正确，C错误；D、规定E的方向与正电荷受力方向相同，与负电荷受力方向相反，故D错误；故选B【点睛】关键知道公式为比值定义式，E与F和q没有正反比关系，q为试探电荷；规定E的方向与正电荷受力方向相同，与负电荷受力方向相反二、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、AC【解析】根据万有引力提供向心力，列方程可得到卫星速率与半径的关系来判断速率大小由牛顿定律研究卫星在Q、P两点加速度大小【详解】卫星从近地圆轨道上的P点需加速，使得万有引力小

11、于向心力，进入椭圆转移轨道所以在卫星在近地圆轨道上经过P点时的速度小于在椭圆转移轨道上经过P点的速度，即，根据牛顿第二定律得，在卫星在近地圆轨道上经过P点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过P点的加速度，故A正确，B错误；沿转移轨道刚到达Q点速率为，加速度大小为；在Q点点火加速之后进入圆轨道，速率为，所以在卫星在转移轨道上经过Q点时的速度小于在圆轨道上经过Q点的速度，即，根据牛顿第二定律得，在卫星在转移轨道上经过Q点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过Q点的加速度，故C正确，D错误；故选AC【点睛】卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较8、A

12、BC【解析】A只将滑片P1下移，副线圈两端电压变小，输出功率变小，输入功率也变小，原线圈电流变小，电流表A示数变小，故A正确；B只将滑片P2下移，副线圈回路电阻变小，副线圈电流变大，电阻R1分压变大，电压表示数变小，故B正确；C只增大交流电的电压时，副线圈电压增大，输出功率增大，输入功率也增大，电流表示数变大，故C正确；D只增大交变电流的频率，电感线圈的感抗增大，副线圈电流减小，R1分压减小，电压表示数变大，故D错误；9、BD【解析】AB. 假设所加磁场的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边

13、加砝码，与题意不符，所以磁感应强度的方向垂直纸面向里，故A错误，B正确；CD. 因为B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码。则有：mg=2NBIL所以故D正确，C错误。所以BD正确，AC错误。10、AC【解析】当滑动变阻器的滑动端P上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据Q=UC得：电量Q增大，电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间与电压的变化无关，所以时间t不变故选AC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

14、答题处，不要求写出演算过程。11、13.55mm 0.6800.001mm 0.46A 1.900.01V 13000 【解析】（1）游标卡尺的读数是：1.3cm+0.05mm11=13.55mm。（2）螺旋测微器的读数是：0.5mm+0.01mm18.0=0.680mm。（3）如图3所示的电流表最小刻度为0.02A，则读数为0.46A，如图4所示的电压表最小刻度为0.1V，则读数为1.90V（4）欧姆表指针的偏转角度太小，则说明倍率档选择过小，要换用大量程的，即选1000档，其阻值为：131000=13000；【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺

15、读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读欧姆表要注意倍率的选取12、50 相等 滑块的动能 正比 【解析】(1)1表格中，当50g时，弹簧长度为8.62cm，当100g时，弹簧长度为7.63cm，当150g时，弹簧长度为6.66cm，根据胡克定律，F=kx，设弹簧的劲度系数为k，原长为x0，则列式：0.059.8=k（x0-0.0862）0.19.8=k（x0-0.0763）联立两式解得：k=50N/m(2)2通过光电门来测量瞬时速度，从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度，为使弹性势能完全转化为动能，则导轨必须水平，因此通过两个光电门的

16、速度大小须相等；(3)3用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；当释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；(4)4根据v与x的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v与x成正比，由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比.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）【解析】解：(1)由动能定理：a到O过程O到b过程又，a、b关于O点对称，有：由式得： (2)对滑块从O到b过程，由