《2023學(xué)年云南省昭通威信縣第一中學(xué)物理高二上期中復(fù)習(xí)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(xué)年云南省昭通威信縣第一中學(xué)物理高二上期中復(fù)習(xí)檢測模擬試題含解析.doc（16頁珍藏版）》請?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、2023學(xué)年高二上物理期中模擬試卷注意事項(xiàng)1考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題

2、目要求的。1、已知磁敏電阻在沒有磁場時(shí)電阻很小，有磁場時(shí)電阻變大，并且磁場越強(qiáng)電阻值越大.在如圖所示探測磁場的電路中，電源的電動(dòng)勢E和內(nèi)阻r不變，在沒有磁場時(shí)調(diào)節(jié)變阻器R使電燈L發(fā)光并保持R不變，然后把該探測裝置從無磁場區(qū)進(jìn)入磁場區(qū)，則( )A電容器C的電量減小B電燈L變暗C電流表的示數(shù)減小D電流表的示數(shù)增大2、如圖所示，兩根細(xì)線拴著兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A、B，上、下兩根細(xì)線中的拉力分別是TA、TB，現(xiàn)在使A、B帶同種電荷，此時(shí)上、下細(xì)線受力分別為TA、TB，則（ ）ATA=TA，TBTBBTA=TA，TBTBCTATA，TBTBDTATA，TBTB3、如圖所示,平行板電容器帶有等量異種電荷,與

3、靜電計(jì)相連,靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地。以E表示兩板間的電場強(qiáng)度,表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持上極板不動(dòng),將下極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置的過程中,下列說法正確的是（ ）A電容器中的電場強(qiáng)度不變BG表中有電流流過C靜電計(jì)的指針偏角減小D電容器的電容變大4、電場中A、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度分別為：EA=-5 V/m、EB=4 V/m 、EC=-1 V/m，則這三點(diǎn)的電場強(qiáng)度由大到小的順序是AA、B、C BB、C、ACC、A、BDA、C、B5、電場中某區(qū)域的電場線分布如圖所示，A、B是電場中的兩點(diǎn)，則A同一點(diǎn)電荷放在A點(diǎn)受到的靜電力比放在B點(diǎn)時(shí)受到的靜電力小B因?yàn)锽點(diǎn)沒有電場線，所以

4、電荷在B點(diǎn)不受到靜電力作用C在僅受電場力時(shí)，同一點(diǎn)電荷放在B的加速度比放在A點(diǎn)時(shí)的加速度小D正電荷放在A點(diǎn)由靜止釋放，電場線就是它的運(yùn)動(dòng)軌跡6、如圖所示為一速度選擇器，兩極板P、Q 之間存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場.一束電量均為q的粒子流（重力不計(jì)）以速度v從a沿直線運(yùn)動(dòng)到b，則下列說法中正確的是A粒子一定帶正電B粒子的速度一定等于C若粒子的電量加倍，則粒子一定不能沿直線運(yùn)動(dòng)到bD若粒子流以速度v從b點(diǎn)向左水平進(jìn)入極板間，將會做曲線運(yùn)動(dòng)二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的

5、得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、某帶電粒子只受電場力作用，從C向D運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖中虛線所示，由此可判定（） A此粒子一定帶正電B此粒子在C處的加速度大于在D處的加速度C此粒子在C處的電勢能大于在D處的電勢能D此粒子在C處的動(dòng)能大于在D處的動(dòng)能8、圖中虛線是某電場中的一簇等勢線兩個(gè)帶電粒子從P點(diǎn)均沿等勢線的切線方向射入電場，粒子運(yùn)動(dòng)的部分軌跡如圖中實(shí)線所示若粒子僅受電場力的作用，下列說法中正確的是Aa、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小關(guān)系EaUbC粒子從P運(yùn)動(dòng)到a的過程中，電勢能增大D粒子從P運(yùn)動(dòng)到b的過程中，動(dòng)能增大9、光滑水平面上有一邊長為L的正方形區(qū)域ABCD處在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，電場方向與正方形的

6、某一條邊平行，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由AC邊的中點(diǎn)，以垂直于該邊的水平初速度v0進(jìn)入該正方形區(qū)域，當(dāng)小球再次運(yùn)動(dòng)到該正方形區(qū)域的邊緣時(shí)，具有的動(dòng)能可能為( )AmqELBmqELCmDmqEL10、一帶電液滴在重力和勻強(qiáng)電場對它的作用力作用下，在豎直平面內(nèi)，從靜止開始由b沿直線運(yùn)動(dòng)到d，則bd與豎直方向所夾的銳角為45，則下列結(jié)論正確的是（ ）A此液滴帶負(fù)電B液滴的加速度等于零C合外力對液滴做的總功等于零D液滴的電勢能和動(dòng)能之和是增加的三、實(shí)驗(yàn)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）為測定某電源的電動(dòng)勢E、內(nèi)阻r以及一段電阻絲的電阻率

7、，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路ab是電阻率較大的粗細(xì)均勻的電阻絲，R0是阻值為2的保護(hù)電阻，滑片P與電阻絲始終接觸良好使用螺旋測微器測得電阻絲的直徑d=0.400mm實(shí)驗(yàn)時(shí)，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)P的位置，記錄aP長度x和對應(yīng)的電壓U和電流I的數(shù)據(jù)，并求得的數(shù)值，分別繪出了U-I關(guān)系圖象和關(guān)系圖象，如圖乙、丙所示（1）根據(jù)圖乙可求出電源電動(dòng)勢E=_V，內(nèi)阻r=_（均保留兩位有效數(shù)字）（2）圖丙中關(guān)系圖象縱軸截距的物理意義是_（3）根據(jù)圖丙可求得電阻絲的電阻率=_m（保留三位有效數(shù)字）12（12分）用單分子油膜法測出油酸分子（視為球形）的直徑后，若要計(jì)算阿伏伽德羅常數(shù)，還需要的物理量是（）A油滴的體積B油滴

8、的質(zhì)量C油酸的摩爾體積D油酸的摩爾質(zhì)量四、計(jì)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，兩平行金屬板A、B長L=8cm，兩板間距離d=8cm，A板比B板電勢高300V，即一帶正電的粒子電量，質(zhì)量，從R點(diǎn)沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進(jìn)入固定在中心線上的O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場區(qū)域（設(shè)界面PS右邊點(diǎn)電荷的電場分布不受界面的影響）.已知兩界面MN、PS相距為L=12cm，粒子穿過界面PS后被點(diǎn)電荷Q施加的電場力俘獲從而以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后

9、垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上.（靜電力常數(shù),不計(jì)粒子重力, , )，求：（1）粒子從偏轉(zhuǎn)電場中飛出時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移和速度；（2）粒子穿過界面PS時(shí)偏離中心線RO的距離多遠(yuǎn)；（3）點(diǎn)電荷的電量(該小題結(jié)果保留一位有效數(shù)字)14（16分）如圖所示，MN表示真空室中垂直于紙面放置的感光板，它的一側(cè)有勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一個(gè)電荷量為q的帶電粒子從感光板上的狹縫O處以垂直于感光板的初速度v射入磁場區(qū)域，最后到達(dá)感光板上的P點(diǎn)。經(jīng)測量P、O間的距離為L，不計(jì)帶電粒子受到的重力。求：（1）帶電粒子所受洛倫茲力的大?。唬?）帶電粒子的質(zhì)量大?。唬?）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

10、。15（12分）如圖（甲）的演示實(shí)驗(yàn)，在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi)，放了許多用錫箔紙揉成的小球，當(dāng)上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動(dòng)?，F(xiàn)取以下簡化模型進(jìn)行定量研究：如圖（乙）所示，電容為C的平行板電容器的極板A和B水平放置，相距為d，與電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻可不計(jì)的電源相連。設(shè)兩板之間只有一個(gè)質(zhì)量為m的導(dǎo)電小球，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。假設(shè)小球與極板發(fā)生碰撞后，小球的速度立即變?yōu)榱?，帶電情況也立即改變，小球所帶電荷符號與該極板相同，電量為極板電量的k倍（k TB故A正確，BCD錯(cuò)誤【點(diǎn)睛】處于受力平衡狀態(tài)的物體在求解或進(jìn)行大小變化的判斷時(shí)，只要選好研究對象進(jìn)行正確的受力分析，應(yīng)用平衡條件判斷即可3、A

11、【解析】ACD.電容器與電源斷開，故電量不變；下極板向下移動(dòng)時(shí)，兩板間的距離增大，根據(jù)可知，電容C減小，則根據(jù)可知，電壓U增大；故靜電計(jì)指針偏角增大；兩板間的電場強(qiáng)度為：因此電場強(qiáng)度E與板間距無關(guān)，因此電場強(qiáng)度E不變，故A正確CD錯(cuò)誤。B.因?yàn)殡娙萜鲙щ娏坎蛔儯瑳]有電荷移動(dòng)，所以G表中沒有電流，故B錯(cuò)誤。4、A【解析】EA=-5V/m、EB=4V/m、EC=-1V/m，正負(fù)表示方向，其絕對值表示大小，則EAEBEC即電場由強(qiáng)到弱的順序是ABCAA、B、C ，與結(jié)論相符，選項(xiàng)A正確；BB、C、A，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CC、A、B，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；DA、C、B，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D

12、錯(cuò)誤；5、C【解析】試題分析：解決本題需掌握：在電場中根據(jù)電場線的分布判斷電場強(qiáng)度的大小和方向；物體運(yùn)動(dòng)軌跡由受力情況和速度情況決定，不一定沿電場線解：A、從圖中可以看出A點(diǎn)電場線比B點(diǎn)電場線密，因此A點(diǎn)電場強(qiáng)度比B點(diǎn)電場強(qiáng)度大，電場力也大，故A錯(cuò)誤；B、電場線只是大體的描述電場的強(qiáng)弱和方向，無電場線通過的地方，電場強(qiáng)度并不表示為零，故B錯(cuò)誤；C、B點(diǎn)電場強(qiáng)度比A點(diǎn)小，由于只受電場力作用，根據(jù)牛頓第二定律可知，同一點(diǎn)電荷在B的加速度比放在A點(diǎn)時(shí)的加速度小，故C正確；D、正電荷在A點(diǎn)靜止釋放時(shí)，下一時(shí)刻，速度方向和所受電場力方向不在一條線上，因此不可能沿電場線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤故選C【點(diǎn)評】根據(jù)電場

13、線的特點(diǎn)正確對電場中帶電體進(jìn)行速度、加速度、受力等分析是對學(xué)生的基本要求6、D【解析】A. 粒子受洛倫茲力和電場力；假設(shè)粒子帶負(fù)電，則受到向下的洛倫茲力，電場力向上；若粒子帶正電，洛倫茲力向上，電場力向下；均可以平衡；故粒子可以帶正電，也可以帶負(fù)電；故A錯(cuò)誤。B. 為使粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，粒子所受到電場力和洛倫茲力是平衡力，即為qvB=qE粒子的速度一定等于：故B錯(cuò)誤。C.根據(jù)以上分析可知，只要粒子速度滿足條件，與電量無關(guān)，一定可以沿直線運(yùn)動(dòng)到b，故C錯(cuò)誤。D. 如果這束粒子流從b處沿直線ba方向射入，電場力方向不變，洛倫茲力反向，故電場力與洛倫茲力方向相同，不再平衡，故合力與速度不共線，粒子開始

14、做曲線運(yùn)動(dòng)，故D正確。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)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(cuò)的得0分。7、BC【解析】A、由電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，電荷的受力方向指向左下方，逆著電場線的方向，所以電荷為負(fù)電荷，所以A錯(cuò)誤 B、電場線密的地方電場強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場強(qiáng)度小，由圖可知，C點(diǎn)的場強(qiáng)大于D點(diǎn)的場強(qiáng)的大小，在C點(diǎn)的受力大于在D的受力，所以粒子在D點(diǎn)的加速度小于它在C點(diǎn)的加速度，所以B正確； C、D、由電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，電荷的受力方向指向左下方，粒子從C向D運(yùn)動(dòng)的過程中電場力做正功，電荷的電勢能減小，動(dòng)能增

15、加，所以粒子在C處的電勢能大于在D處的電勢能，粒子在C點(diǎn)的動(dòng)能小于它在D點(diǎn)的動(dòng)能，所以C正確，D錯(cuò)誤綜上所述本題答案是：BC 點(diǎn)睛：根據(jù)物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件，掌握住電場線的特點(diǎn)，結(jié)合電場力做功與電勢能的變化關(guān)系即可解決本題8、AD【解析】由虛線的等勢線可以看出，這是一個(gè)點(diǎn)電荷形成的電場，a處離點(diǎn)電荷較遠(yuǎn)，b處離點(diǎn)電荷較近，故這現(xiàn)兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度的關(guān)系為，a點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于b點(diǎn)，選項(xiàng)A正確；由于不確定點(diǎn)電荷的性質(zhì)，電場線的方向也就不明確，故無法判斷a、b兩點(diǎn)的電勢關(guān)系，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于粒子僅在電場力的作用下運(yùn)動(dòng)的，故電場力對粒子都做正功，兩種粒子的電勢能都減小，動(dòng)能增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確故選AD

16、.【點(diǎn)睛】靜電力做正功，電勢能減小，動(dòng)能增大；靜電力做負(fù)功，電勢能增加，動(dòng)能減小9、BC【解析】要考慮電場方向的可能性，如圖，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC方向，分析電場力做功情況，然后根據(jù)動(dòng)能定理求解即可【詳解】若電場方向平行AB，則粒子做加速或減速直線運(yùn)動(dòng)，則離開電場時(shí)電場力做功W=EqL，若做加速運(yùn)動(dòng)，則為若為減速運(yùn)動(dòng)，則為：電場力與初速度方向相互垂直，小球發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電場力一定做正功；假設(shè)受電場力向上，粒子從AB邊離開時(shí)，電場力做功為，根據(jù)動(dòng)能定理得： 解得： 若從BD邊離開，則電場力做功可能為0到，根據(jù)動(dòng)能定理可知，粒子動(dòng)能可能為：到故應(yīng)選BC【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵分析電場

17、力可能的方向，判斷電場力與重力做功情況，再根據(jù)動(dòng)能定理求解動(dòng)能，注意找出所有可能的運(yùn)動(dòng)情況才能準(zhǔn)確求解，要注意明確電場處在水平地面上，而不是豎直平面10、AD【解析】A.據(jù)題帶電液滴沿直線b運(yùn)動(dòng)到d，帶電液滴所受重力與電場力的合力一定與其運(yùn)動(dòng)方向在同一直線上，對液滴進(jìn)行受力分析可知，電場力方向一定水平向右，與場強(qiáng)方向相反，所以該液滴帶負(fù)電故A正確；B.液滴受力分析圖，如圖所示：由圖可得物體所受合力物體的加速度：故B錯(cuò)誤C.由于液滴從靜止開始做加速運(yùn)動(dòng)，故合力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向相同，故合外力對物體做正功，總功不為零，故C錯(cuò)誤D.因液滴的重力做正功，重力勢能減小，故液滴的電勢能與動(dòng)能之和是增加的，

18、故D正確三、實(shí)驗(yàn)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）3.0； 1.0； （2）電流表的內(nèi)阻為2.0； （3）1.2610-6 【解析】解：(1)由圖甲根據(jù)閉合電路歐姆定律應(yīng)有：，可整理為：，由圖乙根據(jù)函數(shù)斜率和截距的概念則有電源電動(dòng)勢：，內(nèi)阻： ；(2)由題意及可得：；結(jié)合數(shù)學(xué)一次函數(shù)概念可知，圖線的縱軸截距表示電流表的內(nèi)阻為 (3)根據(jù)圖可知，當(dāng)x=0時(shí)電阻為2，結(jié)合圖甲可知電流表A的內(nèi)阻，所以應(yīng)有，由圖讀出，即電阻絲電阻R=2時(shí)對應(yīng)的長度x=0.20m，由可得，代入數(shù)據(jù)解得：；12、C【解析】設(shè)一個(gè)油酸分子的體積為V1，則：，根據(jù)可知

19、，要測定阿伏加德羅常數(shù)，還需要知道油滴的摩爾體積，故C正確，ABD錯(cuò)誤四、計(jì)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)0.03m, , 方向與成角;(2)0.12m;(3) .【解析】試題分析：（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出粒子的偏移量由牛頓第二定律求出加速度，由速度公式求出粒子的豎直分速度，然后求出粒子的速度（2）粒子離開電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用幾何知識可以求出偏移量（3）由庫侖力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律可以求出電荷的電荷量（1）設(shè)粒子從電場中飛出時(shí)的側(cè)向位移為h，粒子

20、在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上： 在豎直方向上： 由牛頓第二定律得： 代入數(shù)據(jù)解得：h=0.03m設(shè)粒子從電場中飛出時(shí)沿電場方向的速度為則有： 代入數(shù)據(jù)解得： 所以粒子從電場中飛出時(shí)的速度為： 代入數(shù)據(jù)解得： 設(shè)粒子從電場中飛出時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為則有： （2）設(shè)穿過界面PS時(shí)偏離中心線RO的距離為Y，帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由相似三角形知識得： 代入數(shù)據(jù)解得：Y=0.12m（3）粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得： 由幾何關(guān)系得：粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑聯(lián)立解得： 14、 (1) (2) (3)【解析】（1）帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力（2）帶電粒子在磁場中做勻速

21、圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其半徑為R，由牛頓第二定律帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=解得 m = （3）由周期公式：15、（1）（2）（3）1:4【解析】（1）用Q表示極板電荷量的大小，q表示碰后小球電荷量的大小，要使小球能不停地往返運(yùn)動(dòng)，小球所受的向上的電場力至少應(yīng)大于重力，故:（注意題目E表示電動(dòng)勢大?。└鶕?jù)題意有:q=kQ電量:Q=CE計(jì)算得出: （2）當(dāng)小球帶負(fù)電時(shí)，小球所受電場力與重力方向相反，向上做加速運(yùn)動(dòng)，以a1表示其加速度，t1表示從B板到A板所用的時(shí)間，則有:其中:當(dāng)小球帶正電時(shí),小球所受電場力與重力方向相同,向下做加速運(yùn)動(dòng).以a2表示其加速度,t2表示從A板到B板所用的時(shí)間,則有:其中:小球往返一次共用的時(shí)間為（）,故小球在T時(shí)間內(nèi)往返的次數(shù),由以上有關(guān)各式得:;小球往返一次通過電源的電量為2q，在T時(shí)間內(nèi)通過電源的總電量,電路中的平均電流（3）在第一步過程中，設(shè)電容器的充電量為Q，板間電壓為U0，場強(qiáng)為E，受力情況如圖甲所示；根據(jù)題意得聯(lián)立計(jì)算得出在第二步過程（t時(shí)間）中, 受力情況如圖乙所示由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由于由牛頓第二定律： 聯(lián)立計(jì)算得出在第三步過程中,運(yùn)動(dòng)學(xué)-s=v1t+a2t2得a2=3a1由于 由牛頓第二定律： 聯(lián)立計(jì)算得出 由以上各式得