2023学年吉林省延边朝鲜族自治州汪清四中物理高二上期中监测试题含解析

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、关于静电场下列说法中正确的是A在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B由公式可知电场中某点的电势与q成反比C根据公式UabEd可知，在匀强电场中两点a、b间的距离越大，电势差就越大D正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少2、关于物理学史，下列叙述正确的是A牛顿通过实验测出了万有引力常量B卡文迪许用扭秤测出了静电力常量C密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量D伽利略的理想斜面实验已经得出牛顿第一定律了，只是伽利略没有总结发表3、如图，MN为铝质薄平板，

3、铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿过铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为A2BC1D4、在光滑的水平面上有一平行于水平面的静电场，O、A是一条电场线上的两个点，在O点由静止释放一电量为，质量为kg的带正电小球，其运动的图象如图所示。其中P点是图线切线斜率最大的位置，当时，小球位于A点。则下列说法正确的是A该电场可能是匀强电场B由O到A的过程中电场力做正功C整个运动过程中，小球经过A点时加速度最大，且A点场强为DOA两点间电势差5

4、、如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab2bc，当A与B之间接入的电压为U1=4V时，电流为1 A，若C与D间接入的电压为U2=8V时，下列说法正确的是()A当CD间接入电压为U2=8V时，电阻为1B当CD间接入电压为U2=8V时，电阻为4C当CD间接入电压为U2=8V时，电流为2AD当CD间接入电压为U2=8V时，电流为6A6、如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。下列操作可使指针张开角度增大一些的是A保持开关S闭合，将一块玻璃插入A、B两板间B保持开关S闭合，将A极板向上移动一点C断开开关S后，将A、B两极板分开一些D断开开关S后，

5、将一块金属板插入A、B两板间二、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、下列关于电动势的说法中正确的是（ ）A电动势的大小与非静电力所做的功成正比，与被移送电荷量成反比B电动势的单位与电势、电势差的单位都是伏特，故三者本质上一样C电动势公式E=中W与电压U=中的W不是同种性质力所做的功D电动势是反映电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量8、如图所示，ABCD 且A、B、C、D位于同一半径为r 的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为Q，现从A 点将一质量为m，电荷量为

6、q 的点电荷由静止释放，该电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D 点时速度为（g 为重力加速度），规定电场中B点的电势为零，则在Q 形成的电场中 （ ）AA点电势低于O 点电势BD 点电势为CO 点电场强度大小是B 点的2 倍D点电荷q 在D 点具有的电势能为9、长为的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，板间距离也为，极板不带电。现有质量为、电荷量为的带正电粒子（重力不计），从左边极板间中点处垂直磁场以速度水平入射，如图所示。欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（ ）A使粒子速度B使粒子速度C使粒子速度D使粒子速度10、美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场

7、中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间带电粒子从P0处静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（ ）A带电粒子每运动一周被加速一次BPlP2=P2P3C加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关D加速电场方向不需要做周期性的变化三、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）某物理实验小

8、组用下列器材进行实验描绘一种特殊元件的伏安特性曲线，所测数据记录在表格中：器材有：A待测元件B电流表A（050mA，内阻约为）C电压表（03V，内阻约为） D电压表（06V，内阻约为）E滑动变阻器（，2A） F滑动变阻器（，0.2A）G学生电源（直流4V） H开关及导线（1）为了调节方便，尽可能准确测量，电压表应选_，滑动变阻器应选_（填器材序号）（2）在虚线框内画出实验电路图_（3）在坐标纸上用描点法画出元件的伏安特性（IU）曲线_（4）若该元件的最佳工作电压为2.8V，现用电动势为4V，内阻的电源为其供电，则要在电路中串联一个阻值为R_的电阻，才能使其处于最佳工作状态12（12分）通过实验

9、描绘：一个“2.5V，0.2W”小灯泡的伏安特性曲线，可供选择的仪器有A00.6A，电阻为0.2的电流表 B0100mA,电阻为5的电流表C03V,电阻为10K的电压表 D015V,电阻为50K的电压表E.最大电阻为20额定电流为1.0A的滑动变阻器F.最大电阻为1K额定电流为0.1A的滑动变阻器G.蓄电池6V、导线、电键要求实验灯泡电压从零逐渐增大到额定电压。（1）电压表应选_. 电流表应选 _. 滑动变阻器选_. （均填写前面的字母序号）（2）画出电路图在下面方框内。（_）（3）按照正确的电路图连接右边的实物图 （_）（4）连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由

10、零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的IU图象可能是（_）A B C D（5）分析小灯泡的I-U曲线,可知小灯泡的电阻随电流I变大而_ （填“变大”、“变小”或“不变”）,原因是_。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，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R=0.2m，圆心为O，下端与绝缘水平轨道在B点相切并平滑连接.一带正电q=5.010-3C、质量为m=3.0kg的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A点.已知A、B两点间的距离为L=1.0m，物块与水平轨道间的

11、动摩擦因数为=0.2，重力加速度为g=10m/s2(1)若物块在A点以初速度v0向左运动，恰好能到达圆周的最高点D，则物块的初速度v0应为多大？(2)若整个装置处于方向水平向左、场强大小为E=2.0103N/C的匀强电场中(图中未画出)，现将物块从A点由静止释放，试确定物块在以后运动过程中速度最大时的位置(结果可用三角函数表示)；(3)在(2)问的情景中，试求物块在水平面上运动的总路程14（16分）如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内，圆管的圆心为0，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，AB2L，圆环的半径rL（圆管的直径忽略不计），过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交

12、于C点，在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于，圆心0正上方的P点有一质量为m、电荷量为q（q0）的绝缘小物体（可视为质点），PC间距为L现将该小物体无初速度释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动，重力加速度用g表示。（1）虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大？（2）小物体到达A点时速度的大小？（3）小物体由P点运动到B点的时间为多少？15（12分）如图所示，两正对的竖直平行金属板AB、CD的长度均为L=8cm、板间距离，P为A、C连线的中点；AB的延长线上有一点O和足够长的荧光屏b

13、c。一质量、电荷量的带正电油滴从P点由静止释放后，恰好从CD板的下边缘D处射出电场。若油滴射出电场的同时，在O点固定一点电荷，同时在空间加一竖直向上的匀强电场，结果油滴离开D点后做匀速圆周运动并恰好垂直打到荧光屏上。静电力常量，取，空气阻力不计。求： （1）金属板两板间的电压U；（2）该点电荷的电荷量Q（结果保留两位有效数字）；（3）油滴从P点运动到荧光屏的时间t（结果可保留根号）。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】解：A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与

14、零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误B、电场中的电势的大小是有电场本身与0势能点的选择有关，与试探电荷的电量无关，故B错误C、公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误D、据电势能公式Ep=q知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D正确故选D【点评】明确电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者

15、相互关联；公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离；电荷在某点的电势能是由该点电势和电荷决定2、C【解析】AB. 卡文迪许通过扭秤实验，测出了万有引力常量；故AB错误C. 密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，故C正确。D. 牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出，故D错误；3、D【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，从而求出磁感应强度的表达式结合动能，最终得到关于磁感应强度B与动能Ek的关系式，从关系式及题设条件-带电粒子在穿越铝板时减半，就能求出上下磁感应强度之比【详解】由动能公式，带电

16、粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力得，联立可得，上下磁场磁感应强度之比为，D正确4、B【解析】A如果该电场是匀强电场，小球将做匀加速直线运动，v-t图像为直线，故A错误.B小球由O运动到A的过程中只有电场力做功，因为小球动能增加，故电势能减少，电场力做正功，而小球带正电，所以电场线方向由O到A. 故B正确.C由题可知小球在A点斜率最大，即在A点加速度最大，故A点场强最大，由v-t图像可知小球在A点的加速度为：根据牛顿第二定律有：故C错误.DO到A运动过程中，根据动能定理可知：代入数据解得：，故D错误5、A【解析】根据电阻定律R=LS求出两种接法时的电阻之比，再根据欧姆定律求出电流

17、之比，从而得出C与D间接入的电压为U时的电流大小.【详解】设长方体的高度为H，则A与B之间接入的电压U1=4V时，电流为1A，则电阻为R=U1I=41=4，而由电阻定律R=abHbc=2H=4；当C与D间接入的电压为U2=8V时，电阻R=bcHab=2H=1，则I=U2R=81A=8A；故A正确，B、C、D错误.故选A.【点睛】解决本题的关键掌握电阻定律R=LS的运用，以及部分电路欧姆定律I=UR的运用6、C【解析】AB：保持开关S闭合，电容器两端电压等于电源的电动势，静电计两端的电势差不变，静电计指针张开角度不变。C：断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将A、B两极板分开一些，电容器的电容C

18、=S4kd减小，电容器两极板间电压U=QC增大，静电计两端的电势差变大，静电计指针张开角度变大。D：断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将一块金属板插入A、B两板间，电容器的电容C=S4kd增大，电容器两极板间电压U=QC减小，静电计两端的电势差变小，静电计指针张开角度变小。综上，可使指针张开角度增大一些的是C项。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、CD【解析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势；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

19、领强弱，与外电路的结构无关；电源的电动势在数值上等于内、外电压之和【详解】电动势的定义式运用比值法定义，可知E与电源内非静电力做的功W、通过的电荷量q无关，由电源本身决定，故A错误电动势的单位与电势、电势差的单位都是伏特，故三者本质不一样；电动势反映的是电源内部非静电力做功的能力；故B错误；电动势公式中W与电压中的W不同，前者是非静电力做功；后者是电场力的功；故C正确；电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的反映电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量；故D正确故选CD【点睛】本题考查对于电源的电动势的理解能力，电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关8、AD【解析

20、】因为O点离Q比A点近，又因为Q是正电荷，电场线方向沿着半径方向背离电荷，根据沿着电场线的方向，电势降低，可知A点的电势低于O点电势，故A正确；从A到D运动，根据动能定理，则有：，解得电场力做功：，场中B点的电势为零，A点的电势也为零，因为电场力做负功，则电势能增加，因此点电荷-q在D点的电势能为：；规定电D点的电势为：，故B错误，D正确；由几何关系得：B到C的距离是O到C的距离的倍，根据点电荷电场强度公式：，则有B点电场强度大小是O点的倍，故C正确所以ACD正确，B错误9、AB【解析】如图所示设粒子恰好从右边穿出时圆心在点，有解得，又因为得所以时粒子能从右边穿出；粒子恰好从左边穿出时圆心在点

21、，由得故时粒子能从左边穿出。故选AB。10、AD【解析】试题分析：据题意，由于加速电场只在实线部分有，则带电粒子运动一周，经过加速电场一次，故应该被加速一次，选项A正确而D选项错误；据图有：和，由于带电粒子经过加速电场时有：，经过处理得到：，即，同理有：，故B选项错误；据可知，带电粒子的最大速度有D形盒半径决定，故C选项错误考点：本题考查回旋加速器三、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、C E 【解析】试题分析：（1）由表格中的数据可知，测量的最大电压是3V，所以选择的电压表是量程3V的；由于测量过程中的电压是从0开始，所以实验使用滑动变阻

22、器的分压式接法，要选择电阻值比较小的故选CE.（2）待测电阻的电阻值约为：，即待测元件的电阻值小于电流表的电阻值，所以测量电路需要使用电流表外接法由于测量过程中的电压是从0开始，所以实验使用滑动变阻器的分压式接法则实验的原理图如图（3）将表格中的数据先在图中描点，然后用平滑的曲线连接如图；（4）该元件的最佳工作电压为2.8V，由I-U图象可得对应的电流I=32mA，设需要串联一个电阻值为R的电阻，则由闭合电路的欧姆定律有：，解得：.【点睛】对电学实验应明确：若要求电流从零调时变阻器应用分压式接法当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法注意实物图的连接方式12、C B E C 变大 小灯泡

23、灯丝的电阻随温度的升高而增大 【解析】（1）123灯泡额定电压为2.5V，电压表选C；灯泡额定电流：电流表应选择B；为方便实验操作滑动变阻器应选择E（2）4描绘灯泡伏安特性曲线电压表与电流表应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法，实验电路图如图所示：（3）5根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（4）6灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，随电压增大通过灯泡的电流变大，灯泡实际功率增大，灯泡温度升高，灯泡电阻变大，由图示可知，图C所示图象正确，故选C（5）78 灯泡电阻随电流增大而增大，因为灯丝电阻率随温度升高而增大。四、计算题：本题共2

24、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）14m/s（2）arcsin13 （3）1.67m【解析】试题分析：物块恰好能到达圆周的最高点D，故有：mg=mvD2R对A到D过程，根据动能定理，有：-mg（2R）-mgL=12mvD2-12mvO2联立解得：v0=14m/s（2）对物块，假设物块能滑到C点，从A至C过程，由动能定理得：qE（L+R）-mgR-mgL=12mvC2-0可得vC=0，故物块始终没有脱离轨道对物块受力分析，可知tan=Eqmg=13故物块在以后运动过程中速度最大时位于B点左侧圆弧上，其与圆心的连线与OB的夹角为，且=arctan1/3（3）对物块，由释放至B点速度为0的过程中，由动能定理得：qELmgs=0解得总路程为：s=53m考点：动能定理及牛顿定律的应用【