《廣東省廣州市番禺區(qū)2023學(xué)年高二物理第一學(xué)期期中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)《廣東省廣州市番禺區(qū)2023學(xué)年高二物理第一學(xué)期期中檢測模擬試題含解析.doc（13頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)上搜索。

1、2023學(xué)年高二上物理期中模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒

2、ab垂直導(dǎo)軌放置，其他部分電阻不計. 整個裝置處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上t0時對棒施一平行于導(dǎo)軌的外力F，棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動，通過R的感應(yīng)電流I隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示下列關(guān)于穿過回路abPM的磁通量、金屬棒ab的加速度a、金屬棒受到的外力F、通過棒的電荷量q隨時間變化的圖象中，可能正確的是()ABCD2、如圖所示電路中，電源電壓U恒定，由于某元件出現(xiàn)故障，使燈L1變亮，燈L2不亮，其原因可能是（ ）AR1斷路BR2斷路CR2短路DR1短路3、如圖中分別標(biāo)明了通電直導(dǎo)線中電流I、勻強磁場的磁感應(yīng)強度B和電流所受安培力F的方向，其中正確的是（ ）ABCD

3、4、現(xiàn)將一根導(dǎo)線均勻拉長，使導(dǎo)線的直徑減小為原來的一半，此時它的電阻為32，則可知導(dǎo)線原來的電阻為（）A16B8C2D15、元電荷是（ ）A電子B正電子C質(zhì)子D電量的一種單位6、兩個完全相同的金屬球A和B(可視為點電荷)帶電荷量之比為17，相距為r.兩者接觸一下放回原來的位置，若兩電荷原來帶異種電荷，則后來兩小球之間的庫侖力大小與原來之比是( )A37B79C97D167二、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、如圖，金屬棒AB用軟線懸掛在磁感應(yīng)強度為B，方向如圖所示的勻強

4、磁場中，電流由A向B，此時懸線張力為T，欲使懸線張力變小，可采用的方法有（ ）A將磁場反向，且適當(dāng)增大磁感應(yīng)強度B改變電流方向，且適當(dāng)增大電流強度C電流方向不變，且適當(dāng)增大電流強度D磁場方向不變，且適當(dāng)增大磁感強度8、帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示帶電微粒只在靜電力的作用下由靜止開始運動，則下列說法中正確的是()A微粒在01 s內(nèi)的加速度與12 s內(nèi)的加速度相同B微粒將沿著一條直線運動C微粒做往復(fù)運動D微粒在第1 s內(nèi)的位移與第3 s內(nèi)的位移相同9、A、B是一條電場線上的兩點，若在某點釋放一初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，從A點運動到B點，其速度隨時間變

5、化的規(guī)律如圖所示，則（）A電子在A、B兩點受的電場力FAFBBA、B兩點的電場強度EAEBCA、B兩點的電勢ABD電場線的方向一定是從A到B10、如圖所示，O是一固定的點電荷，另一點電荷P從很遠(yuǎn)處以初速度v射入點電荷O的電場，在電場力作用下的運動軌跡是曲線MN，a、b、c是以O(shè)為中心Ra、Rb、Rc為半徑畫出的三個圓，它們之間間距相等，1、2、3、4為軌跡MN與三個圓的一些交點以|W12|表示點電荷P由l到2的過程中電場力做的功的大小，|W34|表示由3到4的過程中電場力做的功的大小，則（ ）A|W12|2|W34|B|W12|=2|W34|CP、O兩電荷可能同號DP、O兩電荷一定異號三、實驗

6、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）要測繪額定電壓為2V的日常用小電珠的伏安特性曲線，所供選擇的器材除了導(dǎo)線和開關(guān)外，還有以下一些器材可供選擇：A、電源E（電動勢3.0V，內(nèi)阻可不計）B、電壓表V1（量程為03.0V，內(nèi)阻約2k）C、電壓表V2（015.0V，內(nèi)阻約6k）D、電流表A1（00.6A，內(nèi)阻約1）E、電流表A2（0100mA，內(nèi)阻約2）F、滑動變阻器R1（最大值10）G、滑動變阻器R2（最大值2k）（1）為減少實驗誤差，實驗中電流表應(yīng)選擇_，滑動變阻器應(yīng)選擇_（填各器材的序號）（2）為提高實驗精度，請你設(shè)計實驗電路圖，并畫在圖

7、甲的虛線框中_（3）實驗中測得一組數(shù)據(jù)作出了該電珠的U-I圖線如圖所示根據(jù)該圖線可知小電珠的額定功率是_W（4）由圖象可知，小電珠電阻的變化特點是_12（12分）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，實驗室備有下列器材供選擇：A小燈泡（“3.0 V、0.5A”） B電流表(量程3 A，內(nèi)阻約為1 )C電流表(量程0.6 A，內(nèi)阻約為5 ) D電壓表(量程3.0 V，內(nèi)阻約為10 k)E電壓表(量程15.0 V，內(nèi)阻約為50 k) F滑動變阻器(最大阻值為5，額定電流2.0 A)G電源(電壓為4.0 V，內(nèi)阻不計)H電鍵及導(dǎo)線等(1)為了使實驗完成的更好，電流表應(yīng)選用_；電壓表應(yīng)選用_； (只

8、需填器材前面的字母即可)(2)實驗要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化并能進行多次測量畫出實驗電路圖_用筆畫線代替導(dǎo)線，將圖中的實驗儀器連成完整的實驗電路_該同學(xué)描繪出的I-U圖象和下圖中的_形狀最接近四、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）如下圖所示，電源電動勢為12 V，內(nèi)阻可以忽略，R12 ，R26 ，電動機線圈電阻為1 ，若開關(guān)閉合后通過電源的電流為3 A，則R1上消耗的電功率為多少？電動機消耗的電功率為多少？14（16分）如圖所示，ABCD為豎直放在場強為的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的ABC部

9、分是半徑為R=0.5m的半圓環(huán)（B為半圓弧的中點），軌道的水平部分與半圓環(huán)相切于C點，D為水平軌道的一點，而且CD=2R，把一質(zhì)量m=100g、帶電荷量的負(fù)電小球，放在水平軌道的D點，由靜止釋放后，小球在軌道的內(nèi)側(cè)運動，求：（1）它到達B點時的速度是多大？（2）它到達B點時對軌道的壓力是多大？15（12分）圖中兩根足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，相距1m水平放置，磁感應(yīng)強度B=0.4T的勻強磁場豎直向上穿過整個導(dǎo)軌所在的空間金屬棒ab、cd質(zhì)量分別為0.1kg和0.2kg，電阻分別為0.4和0.2，并排垂直橫跨在導(dǎo)軌上若兩棒以相同的初速度3m/s向相反方向分開，不計導(dǎo)軌電阻，求：(1)金屬棒運動達到穩(wěn)定

10、后的ab棒的速度大??；(2)金屬棒運動達到穩(wěn)定的過程中，回路上釋放出的焦耳熱；(3)金屬棒運動達到穩(wěn)定后，兩棒間距離增加多少？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、D【解析】由電流圖象得，I=kt，k是比例系數(shù)。設(shè)金屬棒長為L。A由圖看出，通過R的感應(yīng)電流隨時間t增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得知，穿過回路的磁通量是非均勻變化的，-t應(yīng)是曲線。故A錯誤。B由知v與時間t成正比，知加速度不變，故B錯誤；C由牛頓運動定律知F-F安-mgsin=ma知v隨時間均勻增大，其他量保持不變，故F隨時間均勻增大，故C錯誤；D通過導(dǎo)體

11、棒的電量為：q=It=kt2，故q-t圖象為拋物線，故D正確。2、D【解析】A.若R1斷路，則總電阻變大，總電流變小，L1變暗，不符合題意，故A錯誤；B.若R2斷路，電路不通，則燈L1和燈L2都不亮，不符合題意，故B錯誤；C.若R2短路，總電阻變小，總電流變大，燈L1變亮， L2是發(fā)光的，不符合題意，故C錯誤；D.若R1短路，總電阻變小，總電流變大，燈L1變亮，L2被短路不亮，符合題意，故D正確3、A【解析】直接根據(jù)左手定則判斷受力即可【詳解】根據(jù)左手定則，四指指向電流方向，磁場垂直手心過，拇指所指的方向即為通電導(dǎo)線受力的方向，故C對；ABD錯；故選C4、C【解析】直徑減小一半，橫截面積為原來

12、的，長度為原來的4倍，由知此時的電阻為原來的16倍，所以原來的電阻為2故選C。5、D【解析】元電荷是電量的一種單位，是帶電體所帶電荷的最小值等于質(zhì)子，電子和正電子所帶電荷量的大小D對6、C【解析】兩個完全相同的金屬小球,將它們相互接觸再分開,帶電量先中和后平分,設(shè)金屬球A和B帶電量為,所以分開后A、B所帶的電荷相等都為3Q,根據(jù)庫侖定律得: 計算得出 A. 37，與分析不符，故A錯誤；B. 79，與分析不符，故B錯誤；C. 97，與分析相符，故C正確；D. 167，與分析不符，故D錯誤。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

13、部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、CD【解析】當(dāng)電流方向由A向B時，安培力方向豎直向上，有F+T=mg，所以要使T減小可增大安培力，由F=BIL可知CD對；8、BD【解析】A.加速度的方向與正電粒子所帶的電場力的方向相同，所以由牛頓第二定律得知，微粒在0-1s內(nèi)的加速度與1-2s內(nèi)的加速度大小相同，方向相反故A錯誤；BC.由圖看出，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇數(shù)秒內(nèi)和偶數(shù)秒內(nèi)的加速度大小相等、方向相反，根據(jù)運動的對稱性可知在2s末的速度恰好是0，即微粒第1s做加速運動第2s做減速運動，然后再加速，再減速，一直持續(xù)下去微粒將沿著一條直線運動故B正確，C錯誤D.微

14、粒在第1s內(nèi)與第3s內(nèi)都是從速度為0開始加速，加速度相同，所以它們的位移也相同故D正確9、AC【解析】由速度圖象看出，圖線的斜率逐漸增大，電子的加速度增大，電子所受電場力增大，則電場力FAFB故A正確電子所受電場力增大，場強增大，電場強度EAEB故B錯誤由題，電子靜止開始沿電場線從A運動到B，電場力的方向從A到B，電子帶負(fù)電，則場強方向從B到A，根據(jù)順著電場線電勢降低可知，電勢AB故C正確由速度圖象看出，電子的速度增大，加速度增大，電場力變大，但是場強方向不一定沿B到A的方向，選項D錯誤；故選AC. 10、AD【解析】根據(jù)電場線的分布情況可知，2、3間的場強大于3、4間場強，由公式U=Ed分析

15、得知，2、3間的電勢差大于3、4間的電勢差，所以1、2間的電勢差大于3、4間電勢差的2倍，即有|U12|2|U34|，由電場力做功公式W=qU得，|W12|2|W34|故A正確，B錯誤由軌跡的彎曲方向可判定兩電荷間存在引力，是異號電荷故C錯誤，D正確故選AD【點睛】本題是電場中軌跡問題，由U=Ed定性分析非勻強電場中兩點間電勢差的關(guān)系，由軌跡彎曲方向判斷電場力方向都是常見的問題，要加強訓(xùn)練，熟練掌握三、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、D F 0.94-0.98 燈泡電阻隨電壓的增大而增大 【解析】由題中“要測繪額定電壓為2V的日常用小電

16、珠的伏安特性曲線”可知，本題考查小燈泡伏安特性曲線測繪，根據(jù)伏安法和分壓法要求，結(jié)合實驗規(guī)律可分析本題【詳解】（1）1根據(jù)小電珠的電流變化，電流表選擇D；2本實驗是測繪小電珠伏安特性曲線，需要電壓的變化范圍比較大，故采用分壓式，因此選擇滑動變阻器R1；（2）3 本實驗是測繪小電珠伏安特性曲線，需要電壓的變化范圍比較大，故采用分壓式，故連接方式為（3）4小電珠額定電壓是2V，從表中可知，電流在0.47A到0.49A左右，故其額定電功率根據(jù)公式可得為0.94W-0.98W（4）5 U-I圖線中斜率表示電阻，由圖可知，小電珠電壓增大斜率變大，因此可得燈泡電阻隨電壓的增大而增大。12、C D B 【解

17、析】(1)從測量精確度考慮，小燈泡的額定電流為，則電流表要大于等于0.5A的量程，故選C(0.6A );小燈泡的額定電壓為3V，所以電壓表選取量程為大于等于3V的D；(2)由于電壓和電流需從0開始測起，所以滑動變阻器采用分壓式接法;燈泡的電阻為,滿足，屬于小電阻，“小外偏小”，采取電流表的外接法，電路如圖所示：由外接法+分壓式連實物如圖所示：(3)由于燈泡內(nèi)阻隨溫度的升高而增大，而I-U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)；因此其對應(yīng)的I-U圖象應(yīng)斜率越來越小；故只有B圖正確【點睛】本題考查描繪小燈泡伏安特性曲線的實驗，正確掌握本實驗中電路的接法；注意分壓接法以及電流表接法的正確判斷四、計算題：本題

18、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、18W；12W【解析】（1）開關(guān)閉合后通過電源的電流為3 A，根據(jù)串聯(lián)電路的特點通過R1的電流也為3 A所以R1上消耗的電功率（2）根據(jù)并聯(lián)電路分流特點流經(jīng)電動機的電流解得:降在電動機上的電壓:所以電動機消耗的電功率:14、（1）（2）5N【解析】（1）設(shè)小球在B點的速度大小是vB，則對于小球由DB的過程中，應(yīng)用動能定理列出：qE3R-mgR=mvB2解得：vB=2m/s（2）則球受到軌道的壓力大小為NB，在B點的圓軌道徑向方向上，小球受到軌道對它的彈力和電場力，應(yīng)用牛頓第二定律，有：NB-qE=m解得：NB=510410-4+0.1=5N由牛頓第三定律可知，它對軌道的壓力為5N點睛：在本題中物體不僅受重力的作用，還有電場力，在解題的過程中，一定要分析清楚物體的受力和運動過程，根據(jù)動能定理和牛頓第二定律靈活列式求解15、（1）1m/s（2）12J（3）15m【解析】解：(1)ab、cd棒組成的系統(tǒng)動量守恒，最終具有共同速度v ，以水平向右為正方向，則解得穩(wěn)定后的ab棒的速度大?。?2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，產(chǎn)生的焦耳熱為：(3)對cd棒根據(jù)動量定理有：即：又兩棒間距離增加：