《2023學年樂成公立寄宿學校物理高二第一學期期中教學質(zhì)量檢測模擬試題含解析.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2023學年樂成公立寄宿學校物理高二第一學期期中教學質(zhì)量檢測模擬試題含解析.doc（14頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡

2、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、有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球表面一起轉(zhuǎn)動，b處于地面附近近地軌道上正常運動，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，各衛(wèi)星排列位置如圖，則下列說法正確的是Ad的運動周期有可能是23hBc在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是Cb在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長最長Da的向心加速度等于重力加速度g2、在地面附近,存在著一個有界電場,邊界MN將空間分成上下兩個區(qū)域I、II,在區(qū)域II中有豎直向上的勻強電場,在區(qū)域I中離邊界某一高度由靜止釋放一個質(zhì)量為m的帶電小球A,如圖甲所示,小

3、球運動的vt圖象如圖乙所示,不計空氣阻力,則( )A小球受到的重力與電場力之比為3:5B在t=5s時，小球經(jīng)過邊界MNC在小球向下運動的整個過程中，克服電場力做功等于重力勢能的變化量D在1s4s過程中，小球的機械能先增大后減小3、如圖所示，圓O在勻強電場中，場強方向與圓O所在平面平行，帶正電的微粒以相同的初動能沿著各個方向從A點進入圓形區(qū)域中，只在電場力作用下運動，從圓周上不同點離開圓形區(qū)域，其中從C點離開圓形區(qū)域的帶電微粒的動能最大，圖中O是圓心，AB是圓的直徑，AC是與AB成角的弦，則勻強電場的方向為A沿AB方向B沿AC方向C沿OC方向D沿BC方向4、一個帶電金屬球，當它帶的電量增加后(穩(wěn)

4、定)，其內(nèi)部場強（ ）A一定增強 B一定減弱C可能增強也可能減弱 D不變5、金屬板和板前一正點電荷形成的電場線分布如圖所示，A、B、C、D為電場中的四個點，則A B、D兩點的電勢相等BB點的電場強度比D點的大C負電荷在C點的電勢能低于在A點的電勢能D正電荷由D點靜止釋放，只受電場力作用沿電場線運動到B點6、穿過一個單匝線圈的磁通量始終保持每秒鐘均勻地減少2 Wb，則（ ）A線圈中感應電動勢每秒鐘增加2 V；B線圈中感應電動勢每秒鐘減少2 V；C線圈中無感應電動勢；D線圈中感應電動勢保持不變；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

5、。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，電源電動勢E=6V，小燈泡L的規(guī)格為“4V 0. 8W”，開關(guān)S接1，當滑動變阻器調(diào)到R=8時，小燈泡L正常發(fā)光，現(xiàn)將開關(guān)S接2，小燈泡L和電動機M均正常工作. 則A電源內(nèi)阻為1B電動機的內(nèi)阻為8C電動機正常工作電壓為1. 6VDS接2時電源的輸出功率為1. 12W8、下列四幅圖中通電導體受力方向表示正確的是 ( )ABCD9、物體在力、的共同作用下處于平衡狀態(tài)，若突然撤去外力，則物體的運動情況可能是A勻加速直線運動B勻減速直線運動C勻速直線運動D勻變速曲線運動10、正對著并水平放置的兩平行金屬板連接在如圖電路中，板長為l，

6、板間距為d，在距離板的右端2l處有一豎直放置的光屏MD為理想二極管（即正向電阻為0，反向電阻無窮大），R為滑動變阻器，R0為定值電阻將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合電鍵S，讓一帶電量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板左端連線的中點N以水平速度v0射入板間，質(zhì)點未碰極板，最后垂直打在M屏上在保持電鍵S閉合的情況下，下列分析或結(jié)論正確的是（ ）A質(zhì)點在板間運動的過程中與它從板的右端運動到光屏的過程中速度變化相同B板間電場強度大小為C若僅將滑片P向下滑動一段后,再讓該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間,質(zhì)點依然會垂直打在光屏上D若僅將兩平行板的間距變大一些,再讓該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間,質(zhì)點依然會

7、垂直打在光屏上三、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） (1)如圖所示的是“研究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置將圖中所缺導線補接完整_ .如果在閉合開關(guān)時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么合上開關(guān)后線圈A迅速從線圈B中拔出時，電流計指針將_（選填 “向右偏”、“向左偏”或“不偏轉(zhuǎn)”）.(2)某學生選用匝數(shù)可調(diào)的可拆變壓器來“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實驗時，原線圈接在學生電源上，用多用電表測量副線圈的電壓.下列操作正確的是 _ A原線圈接直流電壓，電表用直流電壓擋 B原線圈接直流電壓，電表用交流電壓擋C原線圈接交流電壓，電表

8、用直流電壓擋 D原線圈接交流電壓，電表用交流電壓擋該學生繼續(xù)做實驗，在電源電壓不變的情況下,先保持原線圈的匝數(shù)不變，增加副線圈的匝數(shù)，觀察到副線圈兩端的電壓增大；然后再保持副線圈的匝數(shù)不變，增加原線圈的匝數(shù)，觀察到副線圈兩端的電壓_（選填“增大”、“減小”或“不變”）.12（12分）（1）在做“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗中，使小車停在靠近打點計時器處，讓小車在鉤碼牽引下運動時是：A先通電 B先放手?_（填“A”或“B”）（2）在實驗得到紙帶上確定七個計數(shù)點A、B、C、D、E、F、G，如圖所示，每兩個相鄰的計數(shù)點之間還有一個點未畫出來，測得CD間的距離為x3=5.20cm，DE間的距離

9、為x4=5.99cm，F(xiàn)G間的距離為x6=7.62cm根據(jù)x3和x4計算D點的瞬時速度vD=_m/s（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）對于勻變速直線運動的判別式x=aT2可推廣到不相鄰的兩段相等時間內(nèi)的位移差：,（n,m表示不為0的自然數(shù)，如1,2,3，nm）試用此推廣式，利用已知的x3和x6，粗略求小車的加速度a=_m/s2(計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)某同學用兩種方法處理數(shù)據(jù)求小車加速度方法A：運用x=aT2，由，求平均值方法B：運用，由，求平均值.方法A求得加速度的最終表達式為=_ ；方法B求得加速度的最終表達式為 =_為使每段位移都用到，減小偶然誤差，選擇_方法（填“A”或“B”）更合理四、計

10、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）如圖的電路中，電源的電動勢，內(nèi)阻；電阻，；電容器的電容電容器原來不帶電，接通電鍵求：流過電源的電流；電阻兩端的電壓；從接通電鍵K達到穩(wěn)定過程中流過的總電量14（16分）讓一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物經(jīng)過同一加速電場由靜止開始加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場里偏轉(zhuǎn)，它們會分離為幾股粒子束？請通過計算說明。15（12分）如圖所示，在一足夠大的空間內(nèi)存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E=3.0104N/C有一個質(zhì)量m=4.0103kg的帶電小球，用絕緣輕細線懸掛起來，靜止時

11、細線偏離豎直方向的夾角=37取g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80，不計空氣阻力的作用（1）求小球所帶的電荷量及電性；（2）如果將細線輕輕剪斷，求細線剪斷后，小球運動的加速度大小；（3）從剪斷細線開始經(jīng)過時間t=0.20s，求這一段時間內(nèi)小球電勢能的變化量參考答案一、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、C【解析】地球同步衛(wèi)星周期等于地球自轉(zhuǎn)周期，為24h。設衛(wèi)星軌道半徑為r，運轉(zhuǎn)周期為T，線速度，地球質(zhì)量M，由高空衛(wèi)星所受萬有引力提供向心力可得：所以地球衛(wèi)星高度越大周期越長，速度越小。A d是高空探測衛(wèi)

12、星，d的高度大于c的高度，故d的周期應大于c的周期24小時。所以d周期23h錯誤，故A錯誤；B c是地球同步衛(wèi)星，故c在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是 故B錯誤。Cb、c、d是已發(fā)射地球衛(wèi)星，b的高度最小周期最小速率最大，所以b在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長最長，故C正確；Da在地球表面還未發(fā)射，設a的質(zhì)量為，在地球赤道隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度為，由牛頓第二定律得故D錯誤；故選C?！军c睛】地球同步衛(wèi)星周期等于地球自轉(zhuǎn)周期。地球衛(wèi)星高度越大周期越長，速度越小。2、A【解析】A：v-t圖象的斜率等于加速度小球進入電場前的加速度，進入電場后的加速度大小為：，由牛頓第二定律得： ， ，得電場力：，可得重力mg與電場力F之

13、比為3：5，故A項正確B：小球進入電場前做自由落體運動，進入電場后受到電場力作用先做減速運動然后反向回頭加速，出電場后做豎直上拋運動，由v-t圖可以看出，小球經(jīng)過邊界MN的時刻是t=1s和t=4s時，t=5s時，小球回到出發(fā)點故B項錯誤C：在小球向下運動的整個過程中，動能變化量為零，根據(jù)動能定理，整個過程中重力做的功與電場力做的功大小相等，即重力勢能的變化量等于克服電場力做功故C項正確D：由圖可得，小球在1-2.5s內(nèi)向下運動，在2.5s-4s內(nèi)向上運動，在1s4s過程中，電場力先做負功，后做正功小球的機械能先減小后增大故D項錯誤點睛：根據(jù)速度時間圖象和受力情況判斷出物體的運動情景是解題的突破

14、口3、C【解析】僅在電場力作用下從A點進入，離開C點的動能最大，則C點是沿電場強度方向電勢最低的點，所以電場力沿過OC的方向，由于帶電微粒是帶正電，故勻強電場的方向沿OC方向故C正確，ABD錯誤故選C【點睛】此題是關(guān)于帶電粒子在電場中的運動問題；解決本題的關(guān)鍵抓住C點是沿電場強度方向離A點最遠，以及電場線與過C的切線相垂直4、D【解析】導體處于靜電平衡，其內(nèi)部場強處處為零，所以當它帶的電量減少后，其內(nèi)部的場強將不變，仍為零，則D正確故選D.5、C【解析】沿著電場線電勢逐漸降低，由圖看出，D點電勢比B點電勢高，故A錯誤；電場線的疏密表示電場強度的大小，由圖可知，B點的電場強度比D點的小故B錯誤；

15、沿著電場線電勢逐漸降低，由圖看出，C點電勢比A點電勢高，所以負電荷在C點的電勢能低于在A點的電勢能 故C正確；正電荷由D點靜止釋放，受電場力方向沿曲線的切線方向，所以運動的軌跡不會沿電場線的方向故D錯誤故選C.點睛：該題要掌握電場線的物理意義：電場線的疏密表示場強的大小，順著電場線電勢逐漸降低6、D【解析】試題分析: 由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢，感應電動勢是一個定值，不隨時間變化，故A、B、C錯誤，D正確考點：法拉第電磁感應定律二、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

16、。7、CD【解析】A.小燈泡的額定電流為：燈泡內(nèi)阻為：當開關(guān)接1時，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：代入數(shù)據(jù)解得：故A錯誤；BC.當接2時燈泡正常發(fā)光，則流過的電流為：電源內(nèi)阻分的電壓為：故電動機分的電壓為：動因電動機消耗的電能轉(zhuǎn)化為機械能和內(nèi)能，則可知電阻：故B錯誤，C正確；D.當接2時，電源輸出功率：出故D正確。8、AD【解析】試題分析：由左手定則可知AD正確考點：考查左手定則點評：難度較小，左手定則中注意四指和大拇指的指向不要混淆9、ABD【解析】撤去，其余力的合力與等值、反向、共線，與速度方向不共線時，物體做勻變速曲線運動，共線時做勻變速直線運動，即可能是勻加速直線或勻減速直線，故ABD正確，

17、C錯誤10、BCD【解析】試題分析: A、質(zhì)點先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運動，要垂直打在M屏上，離開電場后，質(zhì)點一定打在屏的上方，做斜上拋運動否則，質(zhì)點離開電場后軌跡向下彎曲，質(zhì)點不可能垂直打在M板上質(zhì)點在板間的類平拋運動和離開電場后的斜上拋運動，水平方向都不受外力，都做勻速直線運動，速度都等于v0，而且v0方向水平，質(zhì)點垂直打在M板上時速度也水平，根據(jù)質(zhì)點的軌跡彎曲方向可知兩個過程質(zhì)點的合力方向相反，加速度方向相反，則速度變化量方向相反故A錯誤B、質(zhì)點的軌跡如圖虛線所示：設質(zhì)點在板間運動的過程中加速度大小為a，則有 質(zhì)點離開電場時豎直分速度大小為，質(zhì)點離開電場后運動過程其逆過程是平

18、拋運動，則,聯(lián)立解得，故B正確C、若僅將滑片P向下滑動一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電量要減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電量不變，板間電壓不變，所以質(zhì)點的運動情況不變，再讓該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間，質(zhì)點依然會垂直打在光屏上，故C正確D、若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，由C=Q/U知U不變，電量要減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦裕噪娙萜鞑荒芊烹?，電量不變，根?jù)推論可知板間電場強度不變，所以質(zhì)點的運動情況不變，再讓該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間，質(zhì)點依然會垂直打在光屏上，故D正確故選BCD考點：考查帶電粒子在勻強電場中的運動【名師點

19、睛】本題關(guān)鍵抓住兩個運動軌跡的特點，巧用逆向思維分析電場外質(zhì)點的運動情況要知道運動的合成與分解是研究曲線運動的常用方法，要靈活運用三、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、（1）見解析； （2）向左 （3） D 減小 【解析】試題分析：探究電磁感應現(xiàn)象實驗電路分兩部分，電源、開關(guān)、滑動變阻器、原線圈組成閉合電路，靈敏電流計與副線圈組成另一個閉合電路磁場方向不變，磁通量的變化不變時電流方向不變，電流表指針偏轉(zhuǎn)方向相同，磁通量的變化相反時，電流表指針方向相反；副線圈上的感應電動勢，是通過兩個線圈間的互感現(xiàn)象產(chǎn)生的，所以原線圈上的電流應該是變化的，

20、應為交流電流，電壓為交流電壓副線圈上的感應電流（感應電動勢）也應該是交流（1）探究電磁感應現(xiàn)象實驗電路分兩部分，要使原線圈產(chǎn)生磁場必須對其通電，故電源、開關(guān)、滑動變阻器、原線圈組成閉合電路，靈敏電流計與副線圈組成另一個閉合電路，如圖所示：閉合開關(guān)瞬間，通過線圈B的磁通量增大，感應電流磁場阻礙原磁場的增大，感應電流方向和圓電流方向相反，電流計向右偏，而把A從B中拔出來時，通過線圈的B的磁通量減小，感應電流的磁場要阻礙原磁場的減小，即感應電流方向和原電流方向相同，故電流計向左偏轉(zhuǎn)（2）變壓器的工作原理是互感現(xiàn)象，故原線圈接交流電壓，輸出電壓也是交流電壓，故電表用交流電壓擋，故ABC錯誤，D正確；（

21、2）根據(jù)變壓比公式，保持副線圈的匝數(shù)不變，增加原線圈的匝數(shù)，觀察到副線圈兩端的電壓減小；12、A 1.40 5.04 B 【解析】（1）應先接通電源在釋放紙帶（1）每兩個相鄰的計數(shù)點之間還有一個點未畫出來，所以時間間隔為T=0.04s，勻變速直線運動中，平均速度等于中間時刻的瞬時速度：根據(jù)，可得：，代入數(shù)據(jù)解得：a=5.04m/s1方法A：運用x=aT1，由，求平均值，聯(lián)立以上可得：方法B求得加速度的最終表達式為：為使每段位移都用到，減小偶然誤差，選擇B方法更加合理四、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）A （1

22、）1V （3）10104C【解析】試題分析： （1）電鍵K閉合后，閉合電路的總電阻為通過電源的電流（1）電源兩端的電壓UEIrV電阻R3兩端的電壓（3）通過R4的總電荷量就等于電容器所帶的電荷量QCU10104C考點：閉合電路的歐姆定律；電容器【名師點睛】對于含有電容器的問題，關(guān)鍵是確定電容器的電壓知道電路穩(wěn)定時電容器的電壓等于其并聯(lián)電路兩端的電壓14、因為Y相同， 相同，所以還是一股【解析】設任一正電荷的電量為q，加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)電極的極板為L，板間距離為d在加速電場中，根據(jù)動能定理得：qU1=mv02在偏轉(zhuǎn)電場中，離子做類平拋運動，運動時間 t=偏轉(zhuǎn)距離 聯(lián)立以上各式得

23、： 設偏轉(zhuǎn)角度為，則 由上可知y、與帶電粒子的質(zhì)量、電荷量無關(guān)，則一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子在偏轉(zhuǎn)電場軌跡重合，所以它們不會分成三股，而是會聚為一束射出【點睛】本題一方面要熟記結(jié)論：同種帶電粒子經(jīng)同一加速電場加速，再經(jīng)同一偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)時軌跡重合另一方面要能運用力學方法進行推導15、（1）1.0106C，正；（2）12.5m/s2；（3）4.5103J【解析】試題分析：（1）小球處于靜止狀態(tài)，分析受力，根據(jù)電場力與場強方向的關(guān)系判斷電性（2）將細線突然剪斷小球?qū)⒀丶毦€方向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度；（3）根據(jù)運動學公式求解出小球的位移；然后根據(jù)電勢能的減小量等于電場

24、力的功列式求解解：（1）小球受到重力mg、電場力F和繩的拉力T的作用，由共點力平衡條件有：F=qE=mgtan解得：q=1.0106C電場力的方向與電場強度的方向相同，故小球所帶電荷為正電荷；（2）剪斷細線后，小球做勻加速直線運動，設其加速度為a，由牛頓第二定律有：=ma解得：a=12.5m/s2（3）在t=0.20s的時間內(nèi)，小球的位移為：l=0.25m小球運動過程中，電場力做的功為：W=qElsin=mglsin tan=4.5103J所以小球電勢能的變化量（減少量）為：Ep=4.5103J答：（1）小球所帶的電荷量為1.0106C，電性為正；（2）細線剪斷后，小球運動的加速度大小為12.5m/s2；（3）從剪斷細線開始經(jīng)過時間t=0.20s，這一段時間內(nèi)小球電勢能的減少量為4.5103J【點評】本題是帶電體在電場中平衡問題，分析受力情況是解題的關(guān)鍵，并能根據(jù)受力情況判斷此后小球的運動情況