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2022届陕西韩城象山中学物理高二上期中考试模拟试卷含解析〖含期中模拟卷15套〗

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2022届陕西韩城象山中学物理高二上期中考试模拟试卷
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、如图原来不带电的金属球A的半径为R，将带电量为Q的正点电荷移到球外距球心距离为r的地方，将A球接地则（）

A．A球仍不带电B．球心处的电场强度为0C．球上距Q越近的地方电势越低
D．该点电荷在球心处产生的电场的场强大小等于0
2、关于电流强度I、电压U、电阻R的下列说法，正确的是（）
U
，有导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体内的电流强度成反比IU
B．由R，有当导体内部电流强度I=0时，导体的电阻R等于无穷大
IU
C．由I，有两端电压大的导体其内部的电流强度也一定大
RU
D．由I，有导体内部有电流的条件是导体两端加电压
R
A．由R
3、某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知（）

A．反映变化Pr的图线是cB．电源电动势为8VC．电源内阻为1Ω

D．当电流为1A时，电源的效率为75%
4、如图所示，平行直线AA′、BB′、CC′、DD′、EE′，分别表示电势﹣4V，﹣2V，0，2V，4V的等势线，若AB=BC=CD=DE=2cm，且与直线MN成30°角，则

A．该电场是匀强电场，场强方向垂直于AA′，且指向右下B．该电场是匀强电场，场强大小可能小于2V/m
C．该电场是匀强电场，在纸面内距C点距离为2cm的所有点中，最高电势为2V，最低电势为﹣2VD．该电场是匀强电场，在纸面内距C点距离为2cm的所有点中，最高电势为4V，最低电势为﹣4V
5、图甲是洛伦兹力演示仪．图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹．图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生的磁场近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行．电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形．关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是

A．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小B．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变C．只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变D．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小
6、一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电荷量q随时间变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为(


A．UC．
B．RD．
UR1R
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、如图是一定质量的理想气体的p－V图，气体状态从A→B→C→D→A完成一次循环，A→B（图中实线）和C→D为等温过程，温度分别为T1和T2.下列判断正确的是

A．D→A过程为等容过程、B→C为等压过程B．T1>T2
C．A→B过程中，若VB=2VA,则PB=2PA（VA、PA、VB、PB分别为A、B两点的体积和压强）D．若气体状态沿图中虚线由A→B，则气体的温度先升高后降低
(8、在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，

A．电压表的示数增大，电流表的示数减小B．电压表的示数减小，电流表的示数增大C．电源路端电压增大D．电容器C所带电荷量减小
9、如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点，仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）


A．三个等势面中，a的电势最低
B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大
10、在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5Ω.当开关S闭合后(

A．L1的电阻为
1Ω12
B．L1消耗的电功率为7.5WD．L2消耗的电功率为0.3W
C．L2的电阻为7.5Ω
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）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十kΩ的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上。a.将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔c.旋转S使其尖端对准欧姆档×1kΩd.旋转S使其尖端对准欧姆档×100Ω
e.旋转S使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔(1_______________________________。


根据上图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为___________Ω。(2下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（_________）
A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量；B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果；C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开；D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零.
12．（12分）物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡常温下不发光的电阻约为额定电压
，额定电压值已模糊不清．他，然后根据公式计算出该灯泡的
．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计
图线，进而分析灯泡的额定电压．
一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘灯泡的A．电压表（量程B．电流表C．电流表
（量程（量程
，内阻约
）））
，内阻约，内阻约，内阻不计）
D．滑动变阻器E．滑动变阻器F．电源（电动势G．开关和导线若干H．待测灯泡（额定功率
，额定电压未知）
”或
（1）在下面所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图________，指出上述器材中，电流表选择_____（““
”）：滑动变阻器选择____（填“
”或“
”）．

（2）在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到时，发现灯泡亮度很暗，当达到

时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中．次数
10.20
20.60
31.00
41.40
51.80
62.20
72.70


80155195图线______．
227255279310
请你根据实验数据在图中作出灯泡的
（3）由图象得出该灯泡的额定电压应为__；这一结果大于，其原因____．
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）如图所示的电路中，电阻R1＝6Ω，R2＝3Ω.S断开时，电流表示数为0.9A；S闭合时，电流表示数为
0.8A，设电流表为理想电表，则电源电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.
14．（16分）如图所示，通电导体棒ab质量为m、长为L，水平地放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为I，要求导体棒ab静止在斜面上．求：（1）若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B为多大？（2）若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小方向如何？

15．（12分）如图所示，电解槽A和电热炉B并联后接到电源上，电热炉阻值RB恒定为19Ω，已知电源内阻r＝1Ω，电解槽电阻r′＝0.5Ω.当S1闭合、S2断开时，电热炉消耗功率为684W；S1、S2都闭合时电热炉消耗功率为475W，此时的电解槽A内有某种形式的化学能产生，试求：（本题保留三位有效数字）

(1电源的电动势E；
(2S1、S2都闭合时，电解槽的效率．


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】
金属球在点电荷Q附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。最终达到静电平衡，在金属球内部场强处处为零，整个金属球是一个等势体。根据电场的叠加原理分析点电荷Q在金属球球心处激发的电场场强.【详解】
A、当金属球接地时，由于静电感应，金属球的右侧将带上负电荷，而左侧不带电，所以接地后断开，金属球带负电;故A错误.
B、金属球处于静电平衡状态，金属球内部的场强处处为零，则电荷Q与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向;故B正确.
C、金属球处于静电平衡状态，整个球是一个等势体，所以金属球右侧表面的电势等于左侧表面;故C错误.D、点电荷Q在金属球球心处激发的电场场强Fk故选B.【点睛】
解决本题的关键是理解并掌握静电平衡导体的特点，知道处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且整个导体是等势体.2、D【解析】
AB．导体的电阻由导体本身决定，跟导体两端的电压以及导体内的电流强度无关，选项A错误B错误；
Q
,方向向左;故D错误.r2
U
可知，两端电压大的导体其内部的电流强度不一定大，还与导体的电阻有关，选项C错误；RU
D．由I可知，导体内部有电流的条件是导体两端加电压，选项D正确。
R
C．由I故选D。3、A【解析】
A．电源内部的发热功率Pr=I2r，Pr－I图象是抛物线，而且是增函数，则反映Pr变化的图线是c，故A正确；B．直流电源的总功率PE=EI，P－I图象的斜率等于电动势E，则有

E
P8
A4AI2
故B错误；
C．图中I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有Pr=I2r，得到
r
Pr8Ω2Ω22I2
故C错误；
D．当电流为1A时，电源的总功率P=4W，Pr=2W，输出功率
Pr2W出PP
则电源的效率为

P出
10000=5000P
故D错误。故选A。4、D
【解析】A、从图中可以看出，等差等势面平行且间距相等，故一定是匀强电场；由于电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面，故场强方向与AA′垂直，且指向左上方，故A错误；B、根据场强与电势差关系公式U=Ed可以知道，E=U/d=2/0.01=200V/m，故B错误；
C、匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，故该电场是匀强电场；由于匀强电场中沿着电场线，电势降低的最快，且每前进相同距离，电势降低相等的值，故距C点距离为2cm的所有点中，最高电势为4V，最低电势为−4V，故C错误，D正确；故选：D。
点睛：匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，且沿着电场线，电势降低的最快，且每前进相同距离，电势降低相等的值。5、A【解析】
电子被加速电场加速，由动能定理得：
eU
1
mv022
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得：

2v0
eBv0m
r
解得：
r
12mU

Be
12mU
可知，轨道半径r变小，故B错误，A正确；
Be
AB．增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，由r
CD．只增大电子枪的加速电压U，由r6、C【解析】根据I
12mU
可知，轨道半径变大，故CD错误；
Be
Uq
，可知图线的斜率代表的是电流，而电流I，选C．tR

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、BD【解析】
A.由图可知，D→A过程压强不变，为等压过程；B→C的体积不变，为等容过程，故A项错误；B.由图可知，VA>VD，PA=PD，根据盖吕萨克定律：
VAVD
T1T2
则：T1>T2，故B项正确；
C.A→B过程中，温度不变，根据玻意耳定律：
PAVAPBVB
若VB=2VA，则PB
1
PA，故C项错误；2
D.若气体状态沿图中虚线由A→B，图象中的等温线是在第一象限的双曲线的一支。离原点越远温度越高，AB两点在同一条等温线上。所以从A到B的过程中，温度先升高，后降低，故D项正确。8、BD【解析】

AB．滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电流表示数增大，内阻和R1两端电压增大，则R2的电压减小，故电压表示数减小，故A错误，B正确；C．滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内电压增大，电源路端电压减小，故C错误；
D．电容器的电压等于R2的电压，则电容器电压减小，根据Q=UC可知，电容器C所带电荷量减小，故D正确；9、BD【解析】
A．由轨迹的弯曲情况，电场力应指向曲线凹侧，且与等势面垂直（电场线垂直该处等势面），由于正电荷的受力方向与场强方向一致，故可画出电场线方向，如图所示。顺着电场线方向电势降低，则知a的电势最高，故A错误；BC．如果质点由P运动到Q，电场力方向与速度方向的夹角小于90，做正功，电势能减小，动能增大；反之，如果由Q到P，速度或位移与力的方向夹角大于90做负功，电势能增大，动能减小，故质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，通过P点时的动能比通过Q点时小，故B正确，C错误；
D．P处等势面比Q处密，等势面密处场强大，电荷在P点受的电场力大，加速度就大，故D正确。

10、CD【解析】
电源电动势为3.0V，内阻不计，路端电压为3V．L1和两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，所以电阻值：R1＝
U3.0
＝＝12，故A错误．I0.25

由伏安特性曲线可以读出L1和两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，L1消耗的电功率为：P=UI=3.0×0.25=0.75W，故B错误．在乙图上做出电阻R的伏安特性曲线如图，

由于R与L2串联，所以二者的电流值是相等的，由图可以读出，此时二者的电压都是1.5V时，二者电压的和等于3.0V，此时的电流值是0.2A．所以R2选CD.【点睛】
在分析电阻的I-U与U-I图线问题时，关键是搞清图象斜率的物理意义，也就是说是K=件，R
1.5
7.5，P′=U′•I′=1.5×0.2=0.3W，故C正确；L2消耗的电功率为：故D正确．故0.2
1
，还是K=R．对于线性元R
UUU＝，但对于非线性元件，R．III

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、cabe30kABC【解析】
(1[1]．测量几十kΩ的电阻Rx可选择×1kΩ的档位测量，测量前应先进行调零，然后进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最大档，拔出表笔，正确的步骤为：cabe．[2]．被测电阻的阻值约为30kΩ；
(2[3]．A．测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选挡位太大，为减小测量误差，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A正确；
B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B正确；C．测量电路中的某个电阻，为保护电表，应该把该电阻与电路断开，故C正确；
D．用欧姆表测电阻，换挡后要重新进行欧姆调零，用同一挡位测不同阻值的电阻不必要重新进行欧姆调零，故D错误；故选ABC．
12、A2R12.5(2.4-2.6"灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻（或
灯泡电阻随温度升高而变大）【解析】
（1）由P=I2R可得，I=
=0.61A，所以应选电流表A2；由U-I图象可知电流从零调，所以滑动变阻器应用分压
式接法，应选阻值小的变阻器R1；电压表的内阻远大于小灯泡的电阻，则采用安培表外接电路，电路图如图；


（2）根据表中数据采用描点法可得出对应的U-I图象；
（3）根据U-I图象读出U=2.5V，I=300mA时，P=UI=0.75W，所以该灯泡额定电压为U=2.5V，这一结果大于开始时的计算结果，说明灯泡的电阻随温度的升高而增大（或灯泡的冷态电阻小于正常工作是的电阻）．【点睛】
本题考查测量伏安特性曲线的性质；要求能熟记电流表内接法与外接法的选择方法，以及滑动变阻器分压式接法的条件即选择原则；并能明确伏安特性曲线的应用．

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、E=5.76Vr=0.4Ω【解析】
根据闭合电路欧姆定律，两种状态，列两个方程，组成方程组，就可求解．当S断开时
（1）
当S闭合时
（2）
由（1）、（2）式联立，解得E=5.76Vr=0.4Ω14、（1）【解析】
(1若磁场方向竖直向上，从a向b观察，导线受力情况如图甲所示．
mgtanmgsin
（2），方向垂直于斜面向上ILIL


由平衡条件得：在水平方向上：
FFNsin0
在竖直方向上：
mgFNcos0
其中
FBIL，
联立以上各式可解得：
B
mgtan
；IL
（2）若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导线垂直，另一方面应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小。如图乙所示，由力的矢量三角形讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，对应磁感应强度最小，设其值为Bmin，

则：
BminILmgsin，
得：
Bmin
mgsin
，IL
根据左手定则判定知，该磁场方向垂直于斜面向上．答：(1若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B
mgtan
IL

(2若要求磁感应强度最小，磁感应强度的最小值为Bmin15、（1）120V（2）89.5%【解析】
(1S1闭合，S2断开时，电炉中电流为：I=
A=6A
mgsin
，方向垂直于斜面向上。IL
由闭合电路欧姆定律得，电源的电动势为：E=I(RB+r=6×(19+1V=120V(2S1、S2均合上时，电炉中电流为：IR=
A=5A
电源的路端电压为：U=IRRB=5×19V=95V
由闭合电路欧姆定律得电路中的总电流为：I′=（E−U）/r=（120−95）/1A=25A流过电解槽的电流为：IA=I′−IR=25A−5A=20A
电解槽内阻消耗功率为：P内=r′=200W电解槽消耗的总功率：P总=UIA=95×20W=1900W电解槽的效率
=89.5%
答：(1电源的电动势E是120V；
(2S1、S2都闭合时，电解槽的效率为89.5%．【点睛】
（1）S1闭合，S2断开时，已知电炉消耗功率，根据功率P=I2R公式求出电炉中的电流，由闭合电路欧姆定律求出电动势；
（2）S1、S2都闭合时，由电炉消耗功率求出电炉的电压和电流，由闭合电路欧姆定律求出干路中电流，得到电炉的电流，根据功率P=I2R公式求出电解槽内阻消耗的功率．由P=UI求出电解槽的总功率，再求出电解槽的效率．

2021-2022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、两个带有等量正电荷的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ连线于O点，A为MN上的一点.一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则(

A．q运动到O点时电势能为零B．q运动到O点时的动能最大
C．q由A向O的运动是匀加速直线运动
D．q由A向O运动的过程中电势能先逐渐减小后又逐渐增大
2、如图，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q在仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处．由此可知(

A．O为负点电荷
B．在整个过程中正点电荷q的速度先变大后变小C．在整个过程中正点电荷q的加速度先变大后变小D．在整个过程中，电场力先做正功后做负功，总功为零
3、两个用同种材料制成的均匀导体A、B，其质量相同，当它们接入电压相同的电路时，其电流之比IA∶IB＝1∶4，则横截面积之比SA∶SB为(A．1∶2
B．2∶1
C．1∶4
D．4∶1
4、如图所示，A、B是间一条电场线上的两点，一带正电的点电荷沿电场线从A点运动到B点，在这个过程中，关于

电场力做功的说法正确的是

A．电场力做负功B．电场力做正功
C．电场力不做功D．电场力先做正功后做负功5、关于匀变速直线运动的说法，正确的是（）A．它一定是速度越来越大的直线运动B．它是加速度越来越大的直线运动C．它是加速度越来越小的直线运动D．它是加速度不变的直线运动
6、示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。当偏转极板的X和Y均带正电时，会在在荧光屏上P点出现亮斑，如图所示。那么要在荧光屏中Q点出现亮斑，则（）

A．极板X，Y应带正电C．极板X，Y应带正电
B．极板X，Y应带正电D．极板X，Y应正电
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、带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有(

A．增大两极板间的距离B．用手触摸极板BC．在两板间插入电介质D．将极板B向上适当移动
8、如图所示，一质量为m、电量大小为q的带电油滴，从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37

角射入电场中，油滴运动到最高点时速度大小也是v，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A．最高点可能在O点的正上方B．匀强电场的电场强度可能为E＝
3mg
q
C．匀强电场的电场强度可能为E＝
mg
3q
D．O点与最高点之间的电势差可能小于零
9、如图所示，在一根张紧的水平绳上挂几个摆，其中A、E摆长相等；先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则

A．其它各摆摆动周期跟A摆相同B．其它各摆振动振幅大小相同
C．其它各摆振动振幅大小不相同，E摆振幅最大D．其它各摆振动周期大小不同，D摆周期最大
10、传感器是把非电物理量（如高度、温度、压力等）的变化转换成电学量（如电压、电流、电容等）变化的一种元件，它在自动控制中有着广泛的应用．如图是一种测定液面高度的电容式传感器的示意图．金属棒与导电液体构成一个电容器，将金属棒和导电液体分别与直流电源的两极相连接，从电容C和导电液与金属棒间的电压U的变化就能反映液面的升降情况，即（）

A．电源接通，若此后电容C减小，反映h减小．B．电源接通，若此后电容C减小，反映h增大．C．电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h减小．

D．电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h增大．
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）（1）如图甲所示用0.6A量程时,电流表的读数是________A；（2）如图乙所示螺旋测微器读数为_________mm。

12．（12分）图是电子射线管的示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（z轴方向）偏转，在下列措施中可采用的是（）

A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C．加一电场，电场方向沿z轴负方向D．加一电场，电场方向沿y轴正方向
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）用四个阻值均为R的电阻连成如图所示的电路，电键S闭合时，有一质量为m、带电荷量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点，平行板电容器的下极板接地．现打开电键S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球的电荷量发生变化，碰后小球带有和该极板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为d，不计电源内阻，求：

（1）小球开始带什么电？小球开始在中点的电势是多少？电源电动势E为多大？（2）小球与极板碰撞后的电荷量q′为多少？
14．（16分）一个小型水力发电站，发电机输出电压U0=250V，内电阻可以忽略不计，最大输出功率为Pm=30kW，它

通过总电阻R线=2.8的输电线直接向远处的居民区供电。设居民区所有用电器都是额定电压U用=220V的白炽灯，总功率为P用=22kW，忽略灯丝发光后电阻随温度的变化。
（1）当居民区的电灯全部使用时，电灯两端的电压是多少伏?发电机实际输出的电功率多大?
（2）若采用高压输电，在发电机端用升压变压器，在用户端用降压变压器，且不计变压器和用户线路的损耗。已知用户变压器的降压比为40：l，当全部用户电灯正常发光时，输电线上损耗的功率多大?
15．（12分）在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2m和
5m．已知放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷
量大小的关系图象如图中直线a、b所示，放在A点的试探电荷带正电，放在B点的试探电荷带负电．求：

（1）B点的电场强度的大小和方向．
（2）试判断点电荷Q的电性，并确定点电荷Q位置坐标．
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】
取无限远处的电势为零，正电荷周围电势为正值，所以O点的电势大于0，根据电势能定义Ep＝qφ，电荷q带负电，则q运动到O点时电势能为负值，并不为零．故A错误．从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N相对于O点的对称点的过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，故B正确．两等量正电荷周围部分电场线如图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故C错误．


电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故D错误．故选B．2、C【解析】
A、粒子所受合力的方向大致指向轨迹弯曲的凹侧，知正电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为正电荷，故A错误；
B、从a处运动到b处，然后又运动到c处，电场力先做负功后做正功，则动能先减小后增大，所以速度先减小后增大，故B错误；
C、越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小，故C正确；D、a与c在同一个等势面上，两点间的电势差为0，根据W＝qU，知电场力做功为0，由于电荷受到斥力，a到b过程中力与速度方向夹钝角做负功，b到c过程中力与速度方向夹锐角做正功，故D错误．故选C．考点：考查等势面；加速度；电场强度．【点睛】
解决本关掌握通轨迹的弯大致判断力的方向，会根据电场力判断动变化，知道在等势面上移电荷，电场力做功．3、A【解析】
当两导体接入电压相同的电路时，电流之比IA：IB=1：4，根据欧姆定律IRA：RB=4：1
两个导体的材料相同，电阻率相同，质量相同，体积相同，根据电阻定律得：
U
得电阻之比:R
VLVRS2
SSS
得到，横截面积之比:
SA：SBRB：RA1：2
故A正确，BCD错误．4、B【解析】
正电荷受力的方向与电场线的方向相同，粒子运动的方向与电场线的方向相同，所以电场力做正功。故B正确，ACD错误。故选B。

【点睛】
关于电场力做功的情况，可以根据电场力的方向与运动方向的关系来判定．属于基础题目．5、D【解析】
匀变速直线运动，加速度恒定不变，速度可能增大也可能减小，D对．6、C【解析】
电子受力方向与电场方向相反，因电子向X方向偏转，则电场方向为X到X，则X带正电，同理竖直方向，电子向
Y方向偏转，则电场方向为Y到Y，可知Y带正电，故C正确，ABD错误。
故选C。

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】
根据电容的决定式C=【详解】
A、减小两极板间的距离，则d减小，则由决定式可得是容器的电容增大；则由Q=UC可知，电势差减小，故A正确；B、由于B板接地，用手触摸A时，故对电量有影响，电势差减小，故B正确；
C、在两板间插入电介质时，介电常数增大，则C增大，由由Q=UC可知，电势差减小，故C正确；D、将极板B向上运动时，正对面积减小，则C减小，由定义式可知，电势差增大，故D错误；故选ABC．【点睛】
本题考查电容器的动态分析问题，要明确夹角大小表示电势差的大小．8、BCD【解析】
A．粒子到最高点的速度仍为v，则动能的变化量为零，根据动能定理知，克服重力做的负功等于电场力做的正功，最高点如果是O点正上方，则电场力不做功，故A错误；BC．若粒子带正电，到最高点的时间为
，分析电容的变化，再由电容的定义式分析板间电压的变化，确定静电计指针张角的变化．
vsin370.6vt
gg

vcos37
解得：
qE
tvm
E
mg
3q
若粒子带负电
vsin370.6vt
gg
vcos37
解得：E
3mgq
qE
tvm
故BC正确；
D．根据动能定理知，从开始到最高点过程中，动能变化量为零，克服重力做的负功等于电场力做的正功，可知O点与最高点的电势差不可能为零，又由于粒子电性不清楚，所以O点与最高点的电势差可能小于0，故D正确。9、AC【解析】
AD.摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，所以其余各摆的振动频率都等于摆摆动的频率，振动周期也等于摆摆动的频率。故A正确，D错误。
BC.由于摆的摆长与摆摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，所以摆出现共振现象，振幅最大。故C正确，B错误。10、AD【解析】
由图，金属棒与导电液体构成一个电容器，电源接通时，电容器的电压一定，电容C减小时，由电容的决定式分析电容减小时，h的变化，电源接通再断开，电容器的电量不变，电压减小，再由电容的定义式分析电容的变化，由电容的决定式分析h的变化；【详解】
A、电源接通时，电容器的电压一定，若电容C减小时，金属棒与导电液的正对面积减小，所以h减小，故A正确，B错误；
C、电源接通再断开，电容器的电量不变，电压减小，由公式C增大，所以h增大，故C错误，D正确。
Q
分析可知，C增大，金属棒与导电液的正对面积U

【点睛】
本题是电容器动态变化分析问题，根据电容的定义公式C
Q
和电容的决定因素进行综合分析。U

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、0.4406.861～6.867【解析】
（1）[1]．如图甲所示用0.6A量程时，最小分度0.02A，电流表的读数是0.440A；36.2=6.862mm。（2）[2]．如图乙所示螺旋测微器读数为6.5mm+0.01mm×12、B【解析】
A、加一磁场，磁场方向沿z轴负方向，由左手定则知电子受洛伦茨力的方向沿y轴负方向，电子不会沿z轴向下偏转，故A错误．
B、加一磁场，磁场方向沿y轴正方向，由左手定则知电子受洛伦茨力的方向沿z轴负方向，电子沿z轴向下偏转，故B正确．
C、加一电场，电场方向沿z轴负方向，电子受电场力沿z轴正方向，电子不会沿z轴向下偏转，故C错误．D、加一电场，电场方向沿y轴正方向，电子受电场力沿y轴负方向，电子不会沿z轴向下偏转，故D错误．
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负，【解析】
电势高于下极板，对带电小球进行受力分析，可知小球带负电荷，设电容器电压为U，则有：
mgd3mgd7
②q
2q62q
qUE2
mg；UREd1.5R3
解得：U
mgd3mgd
；E则小球开始在中点的电势q2q
0
Umgd22q
，则：
（2）设断开S后，电容器的电压为
U
EER2R2
因为碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电荷量发生变化，所以对带电小球运动的全过程根据动能定理得：

dU
qUmgq0
22


解得：q
7q6
14、（1）110V；12500W；（2）17.5W【解析】
U用22202
2.2（1）R用P用22000
I干
故
U0250=50A
R用R线2.228
U用I干R用502.2110V
P输出U0I干2505012500W
（2）灯正常发光
I
R用22000
100AU用220
由
n1I2100A可得n2I1I1100
2.5A40
I1
22
PIR2.52817.5W1线耗
15、（1）2.5N/C，方向沿x轴负方向（2）带负电，位置坐标x2.6m【解析】
（1）由题图可得B点电场强度的大小
EB
F1
N/C2.5N/C.q0.4
因B点的试探电荷带负电，而受力指向x轴的正方向，故B点场强的方向沿x轴负方向．
（2）因A点的正电荷受力和B点的负电荷受力均指向x轴的正方向，故点电荷Q位于A、B两点之间，带负电．设点电荷Q的坐标为x，则
EAk
Q
x2
2
，EBk
Q
5x
2


EA5x40由题图可得EA40N/C，则EBx222.5
解得x2.6m或x1m（不符合题意舍去）．答案：（1）2.5N/C，方向沿x轴负方向（2）带负电，位置坐标x2.6m
2

2021-2022高二上物理期中模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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、用伏安法测电阻R，按（甲）图测得的结果为R1，按（乙）图测得的结果为R2，若电阻的真实值为RZ，则下列关系正确的是

A．R1>RZ>R2B．R1<RZ<R2C．RZ>R1，RZ>R2D．R1=RZ=R2
2、下列关于静电场的说法中正确的是（）A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B．电场中任意两点之间的电势差与零电势点的选取有关
C．单位正电荷在电场中某点具有的电势能越大，该点的电势越高
D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功一定为零3、当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（）
A．B．
C．D．
4、电场中A、B、C三点的电场强度分别为：EA=-5V/m、EB=4V/m、EC=-1V/m，则这三点的电场强度由大到小的

顺序是A．A、B、CC．C、A、B
B．B、C、AD．A、C、B
5、导体的电阻是4Ω，在120s内通过导体横截面的电荷量是480C，这时加在导体两端的电压是（）A．960V
B．16V
C．1V
D．60V
6、如图所示A是带正电的球，B为不电的导体，AB、均放在绝缘支架上，M、N是导体B中的两点，以无限远处为电势零点，当导体B达到静电平衡后,说法错误的是（）

A．M,N两点电场强度大小关系为EM=EN=0B．M,N两点电势高低关系为MNC．M,N两点电势高低关系为MN0

D．感应电荷在M,N两点产生的电场强度EMEN
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、在如图所示电路中，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表A、V1、V2和V3的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表A、V1、V2和V3示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和AU3表示．下列说法正确的是（）

A．不变，不变
B．变大，变大
C．变大，不变

D．比值变大，比值不变
8、已知解放牌汽车发动机的额定功率为60kW，汽车的质最为4t，它在水平路面上行驶时所受的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s²，以下说法中正确的有
A．该汽车以额定功率从静止启动后，能达到的最大速度为15m/sB．该汽车以0.5m/s2的加速度匀加速启动，则匀加速时的牵引力为4000NC．该汽车以0.5m/s2的加速度匀加速启动，匀加速结束时速度为15m/sD．该汽车以0.5m/s2的加速度匀加速启动，匀加速运动持续的时间为20s
9、一个质量为2kg的物体，放在光滑水平面上，受到两个水平方向的大小为5N和7N的共点力作用，则物体的加速度可能是（）A．1m/s2
B．4/s2
C．7m/s2
D．10m/s2
10、如图所示，足够长的矩形区域内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子（不计重力）从左边界O处，垂直磁场与边界成300角的方向，以不同的速率射入磁场，分别从边界上的A、B、C点射出磁场，则下列说法正确的是

A．从C点射出的粒子速度最大B．从A点射出的粒子速度最大
C．从C点射出的粒子比从A点射出的粒子在磁场中运动的时间长D．从A点和B点射出的粒子在磁场中运动的时间一样长
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）用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T，请根据下列步骤完成电阻测量。

(1旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线；(2将K旋转到欧姆挡“×100”的位置；

(3将插入“＋”、“－”插孔的两表笔短接，旋动部件_______，使指针对准电阻的______（选填“0刻线”或“∞刻线”）；
(4将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_______的顺序进行操作，再完成读数测量；

A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置；B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置；
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接；D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准(5如图所示为一多用电表表盘。
①如果用直流10V挡测量电压，则读数为________V；②如果用×100挡测电阻，则读数为________Ω。
12．（12分）在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L＝1.25cm。若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为V0＝__（用L、g表示），其值是______（取g＝9.8m/s2）。

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）如图所示电路，电源电动势为1.5V，内阻为0.12Ω，外电路的电阻为1.38Ω，求电路中的电流和路端电压．

14．（16分）一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时压强P0＝1.0×10Pa，线段AB与v轴平行。
5


(ⅰ求状态B时的压强为多大？
(ⅱ气体从状态A变化到状态B过程中，对外界做的功为10J，求该过程中气体吸收的热量为多少？
15．（12分）如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x．与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点．水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入．A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力．已知A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间动摩擦因数为μ；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g．（1）求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1（2）A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件
（3）x在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度vA与x关系

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、A【解析】
分析电路图,根据电表测量值与真实值间的关系,应用欧姆定律分析电阻测量值与真实值间的关系,然后答题【详解】
图甲所示电路是电流表的内接法,电流的测量值等于真实值,因为电流表的分压作用,电压的测量值大于真实值,即所测电流I是真实的,所测电压U偏大,电阻测量值R1=
U
大于真实值R,I
图乙所示电路是电流表的外接法,电压的测量值等于真实值,因为电压表的分流作用,电流的测量值大于真实值,即所测电

压U是真实的,所测电流I偏大,电阻测量值R2=故选A【点睛】2、C【解析】
U
小于真实值R，综合分析可以知道R1>RZ>R2，故A对；BCD错；I
电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，选项A错误；电场中任意两点之间的电势差与零电势点的选取无关，选项B错误；根据
Epq
可知单位正电荷在电场中某点具有的电势能越大，该点的电势越高，
选项C正确；将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功不一定为零，因为中间过程中电场力不一定为零，故D错误；故选C.3、C【解析】
A、通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；
B、如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；C、环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确；
D、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，故D错误；4、A【解析】
EA=-5V/m、EB=4V/m、EC=-1V/m，正负表示方向，其绝对值表示大小，则EA＞EB＞EC．即电场由强到弱的顺序是ABC．
A．A、B、C，与结论相符，选项A正确；B．B、C、A，与结论不相符，选项B错误；C．C、A、B，与结论不相符，选项C错误；D．A、C、B，与结论不相符，选项D错误；5、B【解析】
试题分析：由电流定义式I=
qqUUqR4804
16V，故选项B正确．，及欧姆定律I=，得=，所以U=
Rt120ttR

考点：电流定义式欧姆定律6、C【解析】
A正确；B达到静电平衡后变成一个等势体，导体B达到静电平衡后，内部场强为零，所以EM＝EN＝0，即M＝N0，B正确C错误；感应电荷在MN两点产生的电场强度大小等于A在MN两点产生的电场强度，根据点电荷电场公式可知，距离场源电荷越近，电场强度越大，故EMEN，故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、ACD【解析】根据欧姆定律得知
，故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，
均不变，A正确；
，变
大，根据闭合电路欧姆定律得，则有，不变，B错误C正确；，变大；
根据闭合电路欧姆定律得【点睛】
本题对于定值电阻，是线性元件有8、AD【解析】
，则有，不变，D正确．
，对于非线性元件，．
A、当a0时，汽车速度最大，此时Ff，则vm故A正确；
PP60000
=m/s=15m/s，故汽车在路面上行驶的最大速度为15m/s，Ff4000
B、该汽车以0.5m/s²的加速度匀加速启动，由Ffma，则牵引力为：
Ffma4000N40000.5N6000N，故B错误；
C、匀加速运动的末速度vt匀加速运动的时间为：
P60000
=m/s=10m/sF6000
v10s=20s，故C错误，D正确．a0.5
9、AB【解析】

试题分析：两个水平方向的大小为5N和7N的共点力作用,合力的范围为度的范围为:
考点：力的合成、牛顿第二定律．10、AD【解析】AB．根据r＝
,AB对．
,再由牛顿第二定律知加速
mv
可知，荷质比一定，从C点射出的粒子半径大，则从C点射出的粒子速度最大，故A正确，B错误；qB
C．从A点射出的粒子对应的圆心角比从C点射出粒子对应的圆心角大，根据运动时间
t＝
2mmT＝22qBqB
所以C点射出的粒运动时间比从A点射出粒子的运动时间短，故C错误；
D．根据对称性可知，从A点和B点射出的粒子对应的圆心角相等，根据运动时间，所以运动时间相同，故D正确。
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、ST0刻线ADC6.5800【解析】
(1[1]电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；
(3[2]将插入“十“、“－“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线
(4[3]将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏角过小，则电阻阻值大，说明所选挡位太小，为了得到比较准确的测1K”的位置，然后将两表笔短接，旋动合适部件，使指针指量结果，应换用大挡进行测量，应将K旋转到电阻挡“×
在电阻零刻度处，再将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，因此合理是实验步骤是ADC；(5[4]如果是用直流10V挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，读数为6.5V[5]如果用×100挡测电阻，则读数为8×100Ω=800Ω12、2gL0.7m/s【解析】
设相邻两点间的时间间隔为T竖直方向：2L-L=gT2得到
T
L
g

水平方向：
v0
x2L
＝＝2gLTT
代入数据解得
v02101.251020.7m/s

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、1A；1.38V【解析】
闭合开关S后，由闭合电路欧姆定律得：电路中的电流I为：I=
=
A=1A
1.38=1.38（V）路端电压为：U=IR=1×14、(ⅰ5×10Pa；(ⅱ10J【解析】
试题分析：（1）A→B过程，气体发生等温变化，体积增加为2倍，根据玻意耳定律得：p0V0=pB（2V0）则：pB=
4
14
p0=5×10Pa2
（2）A→B过程，气体的内能不变，即△U=0，由热力学第一定律得：△U=Q+W，则得Q=-W=10J
考点：玻意耳定律；热力学第一定律。15、（1）v0【解析】
（1）滑块B从释放到最低点，其机械能守恒，有
2gL，v12gL（2）x
L4L4LL2gLx（3）（i）x；vA1（ii）；vA2gx；
94493
121
mv0mgLmv12，在最低点，由牛顿第二定律有：22
v12
Tmgm，联立解得：v02gL，v12gL．
L
（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，取向左为正方向，由动量守恒定律有mv1mvB2mvA，若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：2mvAmvB，对A应用动能定理有：mgx
12
2mvA，解得：2

x
L
．4
（3）设x=x0时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，由动量守恒有mv1(m2mvAB，对A应用动能定理有：mgx0
4L4L12
2mvAB，解得：x0，时，AB共速后A与挡板碰撞，可（i）当x≥x0即x
992
得A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA1vAB
L4LLv12gLxxx（ii）当0，即时，AB共速前A
94433
12
2mvA2，A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA2gx．2
就与台阶碰撞，对A应用动能定理有：mgx

2021-2022高二上物理期中模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则

A．aa>ab>ac，va>vc>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．ab>ac>aa，va>vc>vb【答案】D【解析】
在点电荷的电场中，场强大小Ek
qEQ
rrrEEEa，由图可知，可得，而带电粒子运动的加速度，acbacb
mr2
则aaacab；由轨迹知，两电荷间为库仑斥力，粒子由a到b，电场力做负功，动能减小，则va>vb，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，则vc>vb，由于UabUcb，由qUEk可得，则va>vc>vb，故选D．
2、真空中有两个静止的点电荷，它们之间的静电力大小为F,如果将这两个点电荷之间的距离变为原来的2倍，那么它们之间静电力的大小为(．A．F【答案】D【解析】距离改变之前：
B．2F
C．4F
D．
1
F4

Fk
q1q2
2r
将这两个点电荷之间的距离变为原来的2倍
F1k
q1q21
F(2r24
A.F与分析不符，故A错误。B.2F与分析不符，故B错误。C.4F与分析不符，故C错误。D.
1
F与分析相符，故D正确。4
MN为PQ连线的中垂线，A为MN上的一点．3、两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，交PQ于O点，一带负电的试探电荷q从A由静止释放只在电场力作用下运动，取无限远处电势为零，则

A．若q从A点由静止释放，在由A点向O点运动的过程中，加速度一定先增大后减小B．q由A向O运动的过程电势能逐渐增大C．q运动到O点时的动能最大D．q运动到O点时的电势能为零【答案】C【解析】
A、两等量正电荷周围部分电场线如图所示，

在P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向，故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的加速度可能先增大后减小，也可能一直减小，故A错误；B、q由A向O运动的过程，电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，故B错误；
C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确；

D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值，故D错误；故选C。【点睛】
关键是根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况。
4、一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统（）

A．动量守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒【答案】C【解析】
在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒，故ABD错误，C正确。故选C。
5、如图所示,将平行板电容器接在电源两极间,电容器两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态.若将两极板缓慢地错开一些,其他条件不变,则(
B．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能也不守恒

A．电容器带电荷量不变B．电源中将有电流从正极流出C．尘埃仍静止
D．电流计中将有电流通过,电流方向由ba【答案】C【解析】
带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止；
根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向；

【详解】
A、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C容器带电量减小，故A错误；
B、因电量减小，电容器放电，故电流计G中有a到b方向的短时电流，即没有电流从正极流出，故BD错误；C、由于板间电压和距离不变，则由UEd可知，板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态，故C正确．【点睛】
本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C
S
得知，电容减小，而电压不变，则电4kd
QS
和电容的定义式C结合进行分析．4kdU
6、两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的3倍，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内它们产生的热量之比为(A．1∶3C．1∶9【答案】C【解析】
设原来的电阻为R，把其中的一根均匀拉长到原来的3倍，横截面积变为原来的
B．3∶1D．9∶1
1L
倍，根据电阻定律R，电阻
s3
U2
变为9R，根据焦耳定律QIRtt，它们分别加相同电压后，则在同一时间内它们产生的热量之比为
R
2
Q1:Q2
故选C．
11
:1:9，故C正确，ABD错误；9RR
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、物体在力F1、F2、F3的共同作用下处于平衡状态，若突然撤去外力F1，则物体的运动情况可能是(A．匀加速直线运动C．匀速直线运动【答案】ABD【解析】
撤去F1，其余力的合力与F1等值、反向、共线，与速度方向不共线时，物体做匀变速曲线运动，共线时做匀变速直线运动，即可能是匀加速直线或匀减速直线，故ABD正确，C错误．
8、如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直，静电力常数为k。则（）
B．匀减速直线运动D．匀变速曲线运动


2Q
A．A点的电场强度大小为Ek
4r
2
2
B．B点的电场强度大小为Ek
Qr2
C．D点的电场强度大小可能为0D．A、C两点的电场强度相同【答案】AC【解析】
A．O点固定一电荷量为Q的正电荷在A点产生的场强方向竖直向上，大小为
E0
kQ2r
根据场的叠加原理可得
Q2
EAEk4
r
2
2
A正确；
B．O点固定一电荷量为Q的正电荷在B点产生的场强方向水平向右，大小为
E0
kQr2
Q2r
根据场的叠加原理可得
EBEk
B错误；
C．O点固定一电荷量为Q的正电荷在D点产生的场强方向水平向右，大小为
E0
kQr2
Qr2
根据场的叠加原理可得
EDEk
若Ek
Q
，则D点场强为0，C正确；r2
D．A、C两点的场强大小相等，方向不同，D错误；故选AC。

9、图中K、L、M为某静电场中的三个相距较近的等差等势面，电势满足φK<φL<φM，等势面关于bc连线对称．现将一个带负电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则该试探电荷在此全过程中(

A．所受电场力的方向不变B．所受电场力一直变大C．电势能一直减小D．电势能先不变后增大【答案】AB【解析】
等势面与电场线的方向垂直，电场线从高等势面指向低等势面，所以等势面L处的电场的方向向左；负电荷从a到b的过程中，受到的电场力的方向向右；由图可知，负电荷从b到c的过程中受到的电场力的方向也向右。故A正确；等差等势面的疏密表示电场的强弱；由图可得，电荷a→b→c的过程中，c处的等势面最密，a处的等势面最疏，所以电荷a→b→c的过程中，所受电场力一直变大。故B正确；在等势面上移动电荷时，电场力不做功，所以a到b的过程中电场力不做功；b到c的过程中负电荷受到的电场力的方向向右，电场力做正功，电势能减小。故CD错误。故选AB。【点睛】
本题要求学生判断出特定电场的等势面的特点，并判定电荷在运动过程中受力情况，从而可以判断电场受力及电荷能量变化．
10、如图所示，匀强磁场垂直于金属导轨平面向里，导体棒ab与导轨接触良好，当导体棒ab在金属导轨上做下述哪种运动时，能使闭合金属线圈c向右摆动(

A．向右加速运动B．向右减速运动C．向左加速运动D．向左减速运动【答案】BD【解析】
导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，螺线管产生的磁场增大，穿过环C中的磁通

量增大，则环C远离螺线管，以阻碍磁通量的增加，故A错误；导线ab减速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环C中的磁通量减小，则环C向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小，故B正确；导线ab加速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，螺线管产生的磁场增大，穿过环C中的磁通量增大，则环C远离螺线管，以阻碍磁通量的增加，故C错误；导线ab减速向左运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环C中的磁通量减小，则环C向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小，故D正确。所以BD正确，AC错误。
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）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“6V3W”，其他可供选择的器材有：A．电压表V1（量程6V，内阻20kΩ）B．电压表V2（量程20V，内阻60kΩ）C．电流表A1（量程3A，内阻0.2Ω）D．电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）E.滑动变阻器R1（0-1000Ω，0.5A）F.滑动变阻器R2（0-10Ω，2A）G.学生电源E（6V到8V）H.开关S及导线若干
(1实验中为减小实验误差，方便调节，电压表应使用____（填器材前序号字母），电流表应选用____（填器材前序号字母），滑动变阻器应选用_____（填器材前序号字母），在定的四个电路（图甲）中，应选用___
AB．
C．D．
(2某同学通过实验测得小灯泡两端的电压U和通过它的电流I，绘成U-I关系曲线如图乙所示．若将该小灯泡接在电动势为6V，内阻为3Ω的电源两端，则灯泡实际消耗的功率为_____（计算结果保留2位有效数字）.


【答案】ADFC2.1W【解析】
(1[1][2][3]由于灯泡额定电压为6V，所以电压表选择A，灯泡的额定电流为
I
P
0.5AU
所以电流表选择D，由于本实验需要测量多组数据，滑动变阻器需要采用分压连接，所以滑动变阻器选择小电阻的F．[4]灯泡的电阻约为
U2R12Ω
P
远小于电压表的内阻，所以电流表外接，“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中要求灯泡的电压从0开始，所以滑动变阻器分压方式．
A.与分析不符，故A项错误；B.与分析不符，故B项错误；C.与分析相符，故C项正确；D.与分析不符，故D项错误．
(2[5]若将该小灯泡接在电动势为6V，内阻为3Ω的电源两端，在同一坐标系内作出电源的U-I图象如图所示：

两图象的交点坐标值是该电源给灯泡供电时灯泡两端电压与通过灯泡的电流，由图象可知，灯泡两端电压为U=4.62V，电流为：I=0.46A，灯泡实际功率为
PUI4.62V0.46A2.1252W2.1W

12．（12分）如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。①对于上述实验操作，下列说法正确的是________

A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下B．斜槽轨道必须光滑C．斜槽轨道末端必须水平D．小球1质量应大于小球2的质量
②上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________；A．A、B两点间的高度差h1B．B点离地面的高度h2
C．小球1和小球2的质量m1、m2D．小球1和小球2的半径r
③当所测物理量满足表达式______________(用所测物理量的字母表示时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式______________(用所测物理量的字母表示时，即说明两球碰撞时无机械能损失；
④完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′。用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为____________(用所测物理量的字母表示。


【答案】ACDCm1OPm1OMm2ONm1(OP2m1(OM2m2(ON2m1l2＝m1l1＋m2l3【解析】
①[1]A．从相同的位置落下，保证小球1每次到达轨道末端的速度相同，A正确；B．现实中不存在绝对光滑的轨道，B错误；
C．为了保证两小球能够发生对心碰撞且碰后做平抛运动，所以轨道末端必须水平，C正确；D．为了保证1小球碰后不反弹，所以小球1质量应大于小球2的质量，D正确。故选ACD；
②③[2][3]小球碰撞满足动量守恒定律：m1v0m1v1+m2v2
小球飞出轨道后做平抛运动，下落时间由高度决定：
h
12gt2
水平方向做匀速直线运动：
v0
OP
tOMv1
tONv2
t
联立方程：m1OPm1OMm2ON，所以还需要测量的物理量为两小球的质量，C正确，ABD错误；[4]若能量守恒，根据能量守恒定律：
11122m1v0m1v12m2v2222
联立方程：m1(OP2m1(OM2m2(ON2；
④[5]小球飞出后做平抛运动，斜面的倾角为，分解位移：
lcosvt
lsin
12
gt2

消去时间，解得：vl
g
cos，根据题意，代入动量守恒方程中得：2sin
m1l2m1l1m2l3。
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，用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球的质量为m．现加一水平方向向右的匀强电场，场强为E，小球静止时绝缘线与竖直方向的夹角为θ．

（1）小球带何种电荷？（2）小球的电荷量为多少?（3）绳子的拉力为多大？【答案】(1小球带正电；（2）q【解析】
（1）小球受力如图所示：
mgmgtan
；(3T．
cosE

故小球带正电．
（2）由小球受力平衡有：
Fmgtan
FEq
解得:q
mgtan
E
（3）绳子的拉力为

T
mg
cos
10-8C和Q2=-1.0×10-8C,分别固定在x坐标轴的x=0和x=6cm的位14．（16分）如图，真空中有两个点电荷Q1=+4.0×置上．

（1）x坐标轴上哪个位置的电场强度为零?
（2）x坐标轴上哪些地方的电场强度方向是沿x轴的正方向的?
【答案】（1）x=12cm；（2）（0,6）之间和x＞12cm的地方的电场强度的方向是沿x方向【解析】
试题分析：设坐标为x处场强为0，x＞6m

解得x=12cm或4cm（舍去）
（2）在x坐标轴上（0,6）之间和x＞12cm的地方的电场强度的方向是沿x方向
10-3㎏的带电小球P悬挂在Ｏ点下，104N/C15．（12分）用30cm的细线将质量为4×当空中有方向为水平向右，大小为1×的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．

(1分析小球的带电性质;(2求小球的带电量;(3求细线的拉力.
10﹣6C（3）0.05N【答案】（1）小球带正电（2）3×【解析】
（1）小球受力如图，故带正电．


（2）小球受力平衡，在水平方向：
qEmgtan37，得
q
mgtan37
3106CE
mg
5102N．
cos37
（3）如受力图可知：F

2021-2022高二上物理期中模拟试卷
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、下列说法正确的是（）A．万有引力定律是牛顿发现的B．引力常量是牛顿测出
C．开普勒行星运动定律是开普勒通过实验发现的D．经典力学既适用于宏观世界，也适用于微观世界
2、如图所示，电路中E＝3V，r＝0.5Ω，R0＝1.5Ω，变阻器的最大值R＝10Ω，现将R的阻值由零逐渐增大到10Ω的过程中，下列说法中正确的是（）

A．当R＝2Ω时，R上消耗的功率最大B．当R＝1.0Ω时，R0上消耗的功率最大C．当R＝0.5Ω时，电源的输出功率最大D．当R＝0Ω时，电源的效率最大
3、一颗小行星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径是地球公转半径的4倍，则这颗小行星的运行速率是地球运行速率的(A．4倍
B．2倍
C．0.5倍
D．16倍
4、在水平面内有一固定的U型裸金属框架，框架上静止放置一根粗糙的金属杆ab，整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，如图所示．下列说法中正确的是(

A．只有当磁场方向向上且增强，ab杆才可能向左移动B．只有当磁场方向向下且减弱，ab杆才可能向右移动C．无论磁场方向如何，只要磁场减弱，ab杆就可能向右移动

D．当磁场变化时，ab杆中一定有电流产生，且一定会移动
5、北斗卫星导航系统﹝BeiDou（COMPASS）NavigationSatelliteSystem﹞是中国正在实施的自主研发、独立运行的全球卫星导航系统，缩写为BDS．北斗卫星导航系统由空间端、地面端和用户端三部分组成．空间端包括5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星．地面端包括主控站、注入站和监测站等若干个地面站．下列说法符合史实的是A．牛顿发现了行星的运动规律B．开普勒发现了万有引力定律
C．卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量D．牛顿发现了海王星和冥王星
6、下列四幅图中，能正确描述点电荷电场线的是(
A．B．
C．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0分。
7、电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上.质量块可带动电介质移动改变电容.则(

A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流
8、如图所示,匀强电场方向水平向右，一带电微粒沿直虚线在电场中斜向上运动，则该微粒在从A运动到B的过程中，其能量变化为(

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/bfcdfad7b6daa58da0116c175f0e7cd1852518b7.html

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