2023学年辽宁省凌源市第三高级中学高二物理第一学期期中调研模拟试题含解析

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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大B电路中每通过1C的电量，电源就把2J的电能转化为化学能C蓄电池两极的电压为

2、2VD蓄电池在1秒内将2J的化学能转化为电能的本领2、如图甲、乙、丙所示为三种带电体产生的电场线和等差等势面示意图，下列说法正确的是A甲图中A点和B点电场强度相同B乙图中带电体表面上C点和D点电势相等C丙图中F点电势大于E点电势，电子在F点电势能比较大D甲图中A、B连线中点电势等于3、关于磁通量的说法，正确的是（）A在磁场中穿过某一面积的磁感线条数，就叫穿过这个面积的磁通量B在磁场中只有垂直穿过某一面积的磁感线条数，才叫穿过这个面积的磁通量C在磁场中某一面积与该磁感应强度的乘积，就叫穿过这个面积的磁通量D在磁场中穿过某一面积的磁感线条数与该面积的比值叫磁通量4、如图所示为某粒子分析器的简化结构

3、一束带电粒子从 A 小孔特定的角度和初速度射入平行板电极 P和 Q 之间的真空区域，经偏转后打在 Q极板上如图所示的位置在其他条件不变的情况下要使该 粒子束能从 Q极板上 B孔射出（不计粒子重力和粒子间的相互影响）下列操作中可能实现的是（ ）A先断开开关S，再适当上移 P极板B先断开开关S，再适当左移 P极板C保持开关S闭合，适当上移 P极板D保持开关S闭合，适当左移 P极板5、如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是A小球带负电B当滑动头从a向b滑动时

4、，细线的偏角变大C当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率一定变小.6、一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足abcd，若不计粒子所受重力，则（）A粒子一定带正电B粒子的运动是匀变速运动C粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大D粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大二、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、两只电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装而成的，V1的量程为5V，V2的量程

5、为15V，为了测量1520V的电压，把V1 、V2串联起来使用，在这种情况下( )AV1和V2的指针偏转角度之比等于两个电压表的内阻之比BV1和V2读数相等CV1和V2的读数之比等于两个电压表的内阻之比DV1和V2两表指针偏转角相等8、如图所示，A、B两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为+q和q，两球间用绝缘细线连接，A球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为L。现在两球所在的空间加上一方向水平向左的匀强电场，电场强度， A、B两球最后会静止在新的平衡位置，则在这个过程中，两个小球 ( )A总重力势能增加了B总重力势能增加了C总电势能减少了D总电势能减少了9、如图所示，电源电动势E=12V

6、.内阻r=3.R0=1.直流电动机内阻R0=1，当调节滑动变阻器R1=2时，图甲电路输出功率最大，调节R2使图乙电路输出功率最大，且此时电动机正好正常工作（(额定功事为6W).则此时R2的阻值和电动机的焦耳热功率P为AR2=2BR2=1.5CP=6WDP=4W10、如图所示，电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离则（ ）A带电油滴的电势能将增大BP点的电势将降低,两极板间的电势差不变C平行板之间的电场强度增大，平行板所带电荷量也增大D电容器的电容增大,带电油滴将沿竖直方向向上运动三、实验

7、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）某实验小组用游标卡尺测量某物体的长度L，测量结果如图甲所示，则L=_mm； 用螺旋测微器测量某物体的直径d，测量结果如图乙所示，则d=_mm。12（12分）一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是1、10、100.用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小为了较准确地进行测量，应换到_挡，如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是_；若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是_.若将该表的选择开关置于1mA挡测电流，表盘示数仍如图所示，则被测电流为_mA；若用

8、直流15 V挡测量电压，则读数为_V.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）在互相垂直的匀强磁场和匀强电场中固定放置一光滑的绝缘斜面，其倾角为，设斜面足够长，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上，如图所示。一质量为m带电量为q的小球静止放在斜面的最高点A，小球对斜面的压力恰好为零。在释放小球的同时，将电场方向迅速改为竖直向下，电场强度大小不变，重力加速度为g. （1）小球带什么电？小球沿斜面下滑速度v多大时，小球对斜面的压力再次为零？（2小球从释放到离开斜面一共历时多少？14（16分）如图

9、所示，定值电阻R1=4、R2=16、R3=4、R4=6、R5=10，电源电动势 E=10 V，内阻不计，平行板电容器的电容C =2F、a、b、c、d为电路中的四个结点，令结点d 电势为零则电容器所带的电荷量为多少？并说明电容器上、下极板的正负15（12分）如图所示，在倾角=30的斜面上，固定一金属框，宽L=0.15m，接入电动势E=11V、内阻为r=0.6的电池垂直框面放有一根质量m=0.1kg的金属棒，它与框架的摩擦因数为=36 ，整个装置放在磁感应强度B=0.8T垂直框面向上的匀强磁场中当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？框架与棒的电阻不计，g=10m/s1参考

10、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、A【解析】电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大一节干电池的电动势为1.5V，则蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大，故A正确；电路中每通过1 C电荷量，铅蓄电池将1C的正电荷从负极移至正极的过程中，克服静电力做功w=qU=1C2V=2J，故电势能增加2J，即2J化学能转化为电能故B错误；当电池不接入外电路时，蓄电池两极间的电压为2V；当电池接入电路时，两极间的电压小于2V，故C错误；铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单

11、位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关故D错误故选A点睛：电源是把其他能转化为电能的装置，电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关2、B【解析】A由甲图可知A、B两点离正电荷距离相等，所以A、B两点电场强度大小相等，方向不同，故A错误.B乙图中带电体表面上C点和D点是等势体，故两点电势相等，所以B正确.C由丙图可知电场线方向向上，所以F点电势大于E点电势，电子由F点到E点电场力做负功，电势能增加，故电子在E点电势较大，故C错误.D由甲图可知A、B两点电势相等，弧AB在一个等势面上，但因A、B连线并不是一个等势

12、面，根据电场线方向可知连线中点电势大于A、B两点的电势，即大于，故D错误.3、A【解析】磁通量可以形象说成穿过某一面积的磁感线的条数，当磁感线与线圈垂直时，磁通量；当磁感线与线圈平行时，磁通量为零因此不能根据磁通量的大小来确定磁感应强度【详解】AB磁通量可以形象说成穿过某一面积的磁感线的条数，与该面积与磁场是否垂直无关，A正确B错误；C只有当磁感线与线圈平面垂直时，磁通量的大小才为；当磁感线与线圈平面不垂直时，磁通量的大小一般公式，是线圈平面与磁场方向的夹角，C错误；D当线圈平面与磁场垂直时，在磁场中穿过某一面积的磁感线条数与该面积的比值，即磁通量与面积的比值等于磁感应强度，D错误【点睛】此题

13、考查磁通量的概念及计算公式与成立条件，同时让学生明白同一磁场，同一线圈不同的放置，则穿过线圈的磁通量不同4、C【解析】根据开关闭合与断开两种情况，当闭合时，电压不变，变化极板间距，导致电场强度变化，再根据牛顿第二定律，结合运动学公式，即可求解；当断开时，电量不变，根据，从而根据正对面积来确定电场强度变化，从而求解【详解】A、当断开开关S，则极板间电量不变，那么极板间电场强度，随着极板正对面积变化而变化，与极板间距无关，故A错误；B、当断开开关，同理，当左移P极板时，极板间的电场强度增大，那么带电粒子在极板间运动的时间减小，则射程将更小，故B错误；C、当保持开关S闭合，极板间的电压不变，根据，当

14、适当上移P极板时，则极板间的电场强度减小，那么带电粒子在极板间运动的时间增大，则射程将更大，故C正确；D、当保持开关S闭合，同理，适当左移P极板，极板间的电场强度不变，则射程不变，故D错误；故选C【点睛】考查极板上下移动，及左右移动，与极板间的电场强度变化的关系，掌握增大射程与电场力的关系是解题的关键5、C【解析】试题分析：由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右细线向右偏，电场力向右，则小球带正电，故A错误滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电

15、流表的电流方向向下，故C正确在滑片由a向b滑动时，滑动变阻器接入电阻减小；总电阻减小，总电流增大，则可知，总功率增大，故D错误考点：考查了含电容电路6、B【解析】根据题意可知由于abcd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据AB弯曲方向可知其受力由d指向a，故该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中只受电场力，电场力做正功，粒子的动能在增大，电势能在减小；在匀强电场中，电场力恒定，加速度恒定，故粒子做匀变速运动。故B正确，ACD错误。故选D。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

16、0分。7、CD【解析】（1）设电压表V1的内阻为R1，电压表V2的内阻为R2，由电压表的改装原理可知，：A：根据通过电流表的偏角与电流成正比可知，串联时电流相等，偏角也应相等，A错误； B：若将二者串联起来，通过它们的电流相同，则V1的读数，V2的读数为，所以，B错误；C：根据B的分析可知，C正确；D：由电流表的指针偏角与通过的电流成正比可知， V1与V2的偏转角度相等，D正确；故选CD8、BD【解析】把A、B两球看成一个整体水平方向受的电场力为零，从竖直方向受力分析，可知：A绳始终是竖直的，即A球的的重力势能不变；隔离B，水平向右电场力F=qE=mg；向下重力也是mg，对其受力分析根据平衡条

17、件可知：B绳与水平成450，这时B球位置升高，所以重力势能增加，故A正确，B错误；由于B电荷向右移动了，所以电场力对B电荷做功为，所以电势能减少了，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。9、BD【解析】考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：对于甲图，当电路的内阻和外阻相等时，电路的输出功率最大，由此可以求得甲图中的最大的功率，根据最大的功率可以求得乙图中的电阻的大小和电动机的机械功率解答：解：由闭合电路欧姆定律可得，甲图中电路的电流为I=A=2A，所以电路的最大的输出功率为P=I2（R0+R1）=12W，对于乙图，输出的功率也为12W，所以对于乙图有I2R2+6W=

18、12W，解得R21.5，对于电动机，发热功率为I2R0=4w，所以BD正确故选BD点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的10、CD【解析】试题分析：因为电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压恒定不变，将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则两极板间的距离减小，根据公式E=Ud可得两极板间的电场强度增大，则P将向上运动，电场力做正功，电势能将减小，P到下极板间的距离不变，根据公式U=Ed可得P与下极板间的电势差增大，根据公式C=S4kd可得电容增大，根据公式C=QU可得电荷量增大，故CD正确；考点：考查了电容器的

19、动态变化【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据C=S4kd判断电容器的电容变化情况，然后结合E=Ud，C=QU等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变三、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、50.15 3.203 【解析】1游标卡尺读数方法：主尺读数加游标尺的读数，即2螺旋测微器读数方法：固定刻度读数加可动刻度读数，即12、100 重新进行欧姆调零 2.2103(或2.2 k) 0.40mA 6.0V 【解析】12表头指针偏转角度小，说明测量

20、电阻的阻值偏大，应选择大倍率的100挡，换挡后必须重新进行欧姆调零；3由题图所示刻度可读出被测量电阻的阻值为22100=2.210345电流所选量程的精确度为0.02mA，所以读数要保留到精确度的同一位，为0.40mA，电压表的读数为6.0V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）正电；2mgcosqB（2）mcosqBsin【解析】（1）由静止可知，小球受向下的重力和向上的电场力，可知小球带正电，且：qE=mg当小球恰好离开斜面时，对小球受力分析，受竖直向下的重力、电场力和垂直于斜面向上的洛伦兹力，此时在垂直于斜面方向上合外力为零。则有：（qE+mg）cos=qvB解得v=2mgcosqB。（2）对小球受力分析，在沿