《2023學年河南省周口市淮陽一中物理高二上期中學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題含解析.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2023學年河南省周口市淮陽一中物理高二上期中學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題含解析.doc（13頁珍藏版）》請在匯文網上搜索。

1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖，電壓U=90V，滑動變阻器R2最大阻值為100，定值電阻R1=50，當滑片處于滑動變阻器中點時，ab間的電壓為（ ）A30VB40VC45VD60V2、關于電場強度和電勢的

2、關系，下列說法正確的是（ ）A場強處處為零的空間，電勢也一定處處為零B場強處處相同的區(qū)域內，電勢也一定相同C場強的方向總是跟等勢面垂直D電勢高的地方場強一定大3、一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動，取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能與位移x的關系如圖所示，下列圖象中合理的是( )ABCD4、如圖是測定兩個電源的電動勢和內電阻實驗中得到的圖線，則應有（ ）A當時，電源總功率B當時，外電阻C當時，電源輸出功率D當時，電源內部消耗的電功率5、一學習小組利用如圖所示的實驗裝置，研究向心力與質量、角速度和半徑的關系。同學們所采用的研究方法是 （ ）A類比法B科學推理法C控

3、制變量法D等效替代法6、如圖甲所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，圓環(huán)平面與豎直平面重合一光滑細桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細桿上套有一個質量為m10 g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q5.0104 C小球從C點由靜止釋放，其沿細桿由C經B向A運動的vt圖象如圖乙所示小球運動到B點時，vt圖象的切線的斜率最大(圖中標出了該切線)則下列說法錯誤的是()A在O點右側桿上，B點場強最大，場強大小為E1.2 V/mB由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后增大C由C到A電勢逐漸降低DC、B兩點間的電勢差UCB0.9 V二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項

4、中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系Oxyz（z軸正方向豎直向上），一質量為m、電荷量為q的帶正電小球從原點O以速度v沿x軸正方向出發(fā)下列說法正確的是（ ）A若電場、磁場分別沿z軸正方向和x軸正方向，小球只能做曲線運動B若電場、磁場均沿z軸正方向，小球有可能做勻速圓周運動C若電場、磁場分別沿z軸正方向和y軸負方向，小球有可能做勻速直線運動D若電場、磁場分別沿y軸負方向和z軸正方向，小球有可能做勻變速曲線運動8、如圖所示，電容器極板間有一可移動的電介質板，介質與被測物體相連，接入電路后

5、，通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置，則以下說法正確的是（）A若電容器極板間的電壓不變，變大，電容器極板上帶電量減小B若電容器極板電量不變，變小，電容器極板間電壓變小C若電容器極板間的電壓不變，變大，有電流流向電容器的正極板D若電容器極板間的電壓不變，變大，有電流流向電容器的負極板9、某動車速度從0增加到50m/s（即180km/h）所用的時間為100s。動車在這段時間內的運動可視為勻加速直線運動，則這段時間內動車的（ ）A加速度為2m/s2 B加速度為0.5m/s2C速度變化量為0.5m/s D速度變化量為50m/s10、用多用電表歐姆擋測電阻，有許多注意事項，下列說法中哪些是錯誤的

6、( )A測量前必須調零，而且每測量一次電阻都要重新調零B每次換擋后必須電阻調零C待測電阻如果是連接在電路中，應把它先與其他元件斷開，再進行測量D兩個表筆要與待測電阻接觸良好才能測得較準確，因此，應當用兩手分別將兩個表筆與電阻兩端緊緊捏在一起三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11（6分）為了描繪一個“、”的小燈泡的伏安特性曲線，提供以下器材：直流電源E：，內阻不計；電流表A：量程分別為和，內阻約為；電壓表V：量程分別為和，內阻約為；滑動變阻器R：最大阻值為，允許通過的最大電流為；開關一個；導線若干實驗時要求加在燈泡兩端的電壓可從調到(1)根據

7、小燈泡的規(guī)格，電流表應選擇量程_（填“”或“”），電壓表應選擇量程_（填“”或“”）(2)在下面方框里畫出符合本實驗要求的電路圖_，并根據電路圖連接右側的實物圖_（提示：電路圖和實物圖畫到答題紙上）(3)某次測量時，電流表指針位置如圖所示，電流表讀數為_，此時小燈泡的實際功率為_12（12分）如圖所示為頻閃攝影方法拍攝的研究物體做平拋運動規(guī)律的照片，圖中A、B、C為三個同時由同一點出發(fā)的小球AA為A球在光滑水平面上以速度v運動的軌跡； BB為B球以速度v被水平拋出后的運動軌跡；CC為C球自由下落的運動軌跡通過分析上述三條軌跡可得出結論：（1）平拋運動在水平方向的分運動為_；（2）平拋運動在豎直

8、方向的分運動為_四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）如圖所示，在xOy坐標系中，兩平行金屬板如圖放置，OD與x軸重合，板的左端與原點O重合，板長L=2 m，板間距離d=1 m，緊靠極板右側有一足夠大熒光屏.兩金屬板間電壓UAO隨時間的變化規(guī)律如圖所示，變化周期為T=210-3 s,U0=5103 V,t=0時刻一帶正電的粒子從左上角A點，以平行于AB邊v0=1000 m/s的速度射入板間，粒子電量為q=110-5 C,質量m=110-7 kg.不計粒子所受重力.求：(1)粒子在板間運動的時間；(2)粒子打到

9、屏上的速度；(3)若A處的粒子源以平行于AB邊v0=1000 m/s的速度連續(xù)不斷發(fā)射相同粒子，求熒光屏上的光帶長度是多少？若向右移動熒光屏，屏上光帶位置和長度如何變化（寫出結論，不要求計算過程）。 14（16分）如圖所示，BCD為固定在豎直平面內的半徑為r=11m的圓弧形光滑絕緣軌道，O為圓心，OC豎直，OD水平，OB與OC間夾角為53，整個空間分布著范圍足夠大的豎直向下的勻強電場從A點以初速v1=9m/s沿AO方向水平拋出質量m=11kg的小球（小球可視為質點），小球帶正電荷q=+111C，小球恰好從B點沿垂直于OB的方向進入圓弧軌道不計空氣阻力求：（1）A、B間的水平距離L（2）勻強電場

10、的電場強度E（3）小球過C點時對軌道的壓力的大小FN（4）小球從D點離開軌道后上升的最大高度H15（12分）如圖所示，平行板電容器的兩個極板A、B分別接在電壓為60V的恒定電源上，兩板間距為3cm，電容器帶電荷量為6108C，A極板接地求：(1)平行板電容器的電容；(2)平行板兩板間的電場強度；(3)距B板2cm的C點的電勢參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】當滑片P滑至R2的中點時，變阻器下半部分電阻與R1并聯后與上半部分電阻串聯，根據串聯電路電流相等的特點，由歐姆定律采用比例法求出a、b兩端的電壓【詳

11、解】由圖可知，滑片P滑至R2的中點時，變阻器下半部分電阻為R下=50，則R下=R1=50.則下半部分電阻與R1并聯的阻值為R并=R1/2=25則a、b兩端的電壓為：Uab= V=30V，故A正確，BCD錯誤故選A2、C【解析】試題分析：電勢為零的點可任意選取，而場強為零是由電場本身決定的，所以電勢為零的位置，場強不一定為零，A錯誤；場強相等的各點，電勢不一定相等，比如勻強電場中，各點場強相等，順著電場線方向的各點電勢降低，B錯誤；等勢面上各個點的電勢相等，所以在等勢面上移動電荷時，電場力對電荷不做功，可以得出場強沒有等勢面上的分量，即電場強度的方向總是與等勢面垂直，C正確；電勢高的位置，電場線

12、不一定密，場強不一定大，D錯誤故選C考點：電場強度、電勢?！久麕燑c睛】電場強度和電勢都是描述電場本身性質的物理量，可根據電場線的物理意義來理解它們之間的關系：場強大小看電場線的疏密，而電勢高低看電場線的方向，兩者無關。3、D【解析】粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動，電場力做功等于電勢能的減小量，故：即圖象上某點的切線的斜率表示電場力；A. 圖象上某點的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，根據故電場強度也逐漸減小，故A錯誤； B.根據動能定理，有：故圖線上某點切線的斜率表示電場力；由于電場力逐漸減小，與B圖矛盾，故B錯誤； C.按照C圖，速度隨著位移均勻增加，根據公式勻變速直線

13、運動的圖象是直線，題圖圖象是直線；相同位移速度增加量相等，又是加速運動，故增加相等的速度需要的時間逐漸減小，故加速度逐漸增加；而電場力減小導致加速度減?。还拭?，故C錯誤； D.粒子做加速度減小的加速運動，故D正確4、A【解析】由閉合電路歐姆定律得：變形得可知圖線得截距代表電動勢，斜率代表內阻；A. 由圖可知兩電源電動勢相等，電源總功率，當時，電源總功率，故A正確；B. 圖線2的斜率大于圖線1的斜率，則電源的內阻，當時，由閉合電路歐姆定律可知有，則，故B錯誤；C. 電源的輸出功率，當時，由圖知 ，則，故C錯誤；D. 電源內部消耗的功率，當時，電源內電壓，由圖電源內阻，則，故D錯誤。故選A。5、

14、C【解析】在研究物體的“向心力與質量、角速度與半徑”的關系時，由于變量較多，因此采用了“控制變量法”進行研究，分別控制一個物理量不變，看另外兩個物理量之間的關系，故ABD錯誤，C正確。6、B【解析】A、由乙圖可知，小球在B點的加速度最大，故所受的電場力最大，加速度由電場力產生，故B點的電場強度最大，小球的加速度：，又：，解得，故A正確；BC、從C到A小球的動能一直增大，說明電場力一直做正功，故電勢能一直減小，根據可知電勢一直減小，故C正確，B錯誤；D、由C到B電場力做功為，CB間電勢差為，故D正確；錯誤的故選B?！军c睛】關鍵是通過乙圖的v-t圖象判斷出加速度，加速度最大時受到的電場力最大，電場

15、強度最大，由電場力做功即可判斷電勢能，由W=qU求的電勢差。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解析】試題分析：若電場、磁場分別沿z軸正方向和x軸正方向，則有帶正電粒子所受到的電場力方向沿z軸正方向，由于運動方向與磁場方向平行，所以不受洛倫茲力，因此當電場力等于重力時，粒子可能勻速直線運動；當電場力不等于重力時，粒子做曲線運動故A錯誤；若電場、磁場均沿z軸正方向，則電場力沿z軸正方向，而洛倫茲力根據左手定則可得沿y軸正方向，所以當電場力等于重力時，由洛倫茲力提供

16、向心力，使其可能做勻速圓周運動，故B正確；若電場、磁場分別沿z軸負方向和y軸負方向，則有電場力沿z軸負方向，而洛倫茲力沿z軸正方向，當洛倫茲力大小等于重力與電場力之和時，粒子做勻速直線運動，故C正確；若電場、磁場分別沿y軸負方向和z軸正方向，則有電場力沿y軸負方向，而洛倫茲力沿y軸正方向，當電場力等于洛倫茲力時，帶電粒子恰好做平拋運動，即可能做勻變速曲線運動，故D正確考點：本題考查了曲線運動的條件8、ABD【解析】ACD若電容器極板間的電壓不變，x變大，拔出電介質，由電容的決定式得知，電容減小，由得知，電容器極板上帶電量Q減少，則電容器放電，有電流流向電容器的負極板。故AD正確，C錯誤。B若電

17、容器極板電量不變，x變小，由電容的決定式得知電容增大，由得知，電容器極板間電壓U變小。故B正確。故選ABD。9、BD【解析】某動車速度從0增加到50m/s，則速度的變化量為：v=50m/s-0=50m/s；所用的時間為100s，則加速度為。故選BD.【點睛】知道速度的變化量等于末速度減初速度；記住加速度等于速度的變化率.10、BC【解析】用多用電表歐姆擋測電阻，測量前必須調零，而且每次換擋后必須電阻調零，A錯B對因測電阻時歐姆表內部電源接通，所以待測電阻如果是連接在某電路中，應把它先與其他元件斷開，再進行測量，C對人身體也由電阻，若用兩個手分別將兩個表筆與電阻兩端緊緊捏在一起，測量結果不準確，

18、D錯三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、0-0.6A; 0-15V; 0.40; 2.40; 【解析】(1)小燈泡的規(guī)格是“12V、6W”，燈泡的額定電壓，燈泡的額定電流；所以電流表應選擇量程00.6A，電壓表應選擇量程015V。(2) 實驗時要求加在燈泡兩端的電壓可從0V調到12V，則滑動變阻器采用分壓式接法；燈泡正常發(fā)光時的電阻，燈泡電阻遠小于電壓表內阻，測量電路采用電流表的外接法；電路如圖：實物連接如圖：(3)電流表的分度值是0.02A，電流表指針位置如圖所示，電流表讀數為0.40A；由燈泡的伏安特性曲線知，燈泡此時的電壓為6.0

19、V，此時小燈泡的實際功率12、勻速直線運動 自由落體運動 【解析】根據平拋運動水平方向和豎直方向上的軌跡的特點得出兩個方向上的運動規(guī)律【詳解】（1）通過軌跡圖可知，平拋運動在任意時刻水平方向上運動規(guī)律與勻速直線運動的規(guī)律相同，可知平拋運動在水平方向上做勻速直線運動（2）通過軌跡圖可知，平拋運動豎直方向上的運動規(guī)律與自由落體運動的規(guī)律相同，在豎直方向上做自由落體運動.四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、 (1)210-3s(2) , (3)0.5m，光帶位置下移，長度不變【解析】(1)粒子在板間沿x軸勻速運動，運動時

20、間為t，L=v0t，得(2)0時刻射入的粒子， 粒子打到屏上的速度， 解得， (3)最大側移，粒子在T=2n10-3s打入最小側移，粒子在T=（2n+1）10-3s打入光帶長度光帶位置下移，長度不變 14、（1）9m（2）（3）（4）【解析】（1）從A到B，解得，（2）根據牛頓第二定律可得，解得（3）從A到C，根據動能定理可得在C點，解得（4）對全過程運用動能定理，故【點睛】應用動能定理應注意的幾個問題（1）明確研究對象和研究過程，找出始末狀態(tài)的速度（2）要對物體正確地進行受力分析，明確各力做功的大小及正負情況（待求的功除外）（3）有些力在物體運動過程中不是始終存在的若物體運動過程中包括幾個階段，物體在不同階段內的受力情況不同，在考慮外力做功時需根據情況區(qū)分對待15、 (1)1109 F(2)2103 V/m，方向豎直向下(3)20 V【解析】（1）根據電容定義有（2）兩板之間為勻強電場方向豎直向下（3）C點距A板間距離為dAC=d-dBC=1cmA與C間電勢差UAC=EdAC=20V又UAC=A-C，A=0可得C=-20V