《上海市嘉定區(qū)嘉定二中2023學年高二物理第一學期期中統(tǒng)考試題含解析.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《上海市嘉定區(qū)嘉定二中2023學年高二物理第一學期期中統(tǒng)考試題含解析.doc（12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(wù)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、如圖所示，直導線AB、螺線管E、電磁鐵D三者相距較遠，其磁場互不影響，當開關(guān)s閉合后，則小磁針北極(黑色一端)指示磁場方向正確的是( )AaBbCcDd2、19世紀20年代之后，人們才逐漸認識到電與磁的內(nèi)在聯(lián)系首先發(fā)現(xiàn)“電生磁”和“磁生電”的科學家分別是A安培，特斯拉B奧斯特，法拉第C奧斯特，安培D法拉第，特斯拉3、如圖空間存在兩個相鄰的磁感應強度大小相等方向相反的有界勻強磁場，其寬度均為L，現(xiàn)將寬度也為L的矩形閉合線圈從圖示位置垂直磁場方向勻速拉過磁場區(qū)域，則在該過程中能正確

3、反映線圈中所產(chǎn)生的感應電流或其所受安培力隨時間變化的圖象是：（規(guī)定線圈中逆時針為電流正方向，線圈受安培力方向向左為正方向）（ ）ABCD4、如圖所示，帶電粒子以初速度以v0從a點進入勻強磁場，運動過程中經(jīng)過b點，Oa=Ob，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，帶電粒子仍以速度以v0從a點進入電場，仍能通過b點，則電場強度E和磁感應強度B的比值為Av0B1/ v0C2 v0Dv0/25、下列說法正確的是A牛頓提出了萬有引力定律，并測得了引力常量G的數(shù)值B“北斗”導航衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第二宇宙速度C丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，并總結(jié)出了右手螺旋定則D所有行星繞太陽運動軌道都是橢圓，它運

4、動的軌道半徑的三次方與周期的平方之比為常數(shù)，此常數(shù)的大小與行星的質(zhì)量無關(guān)6、下列物理量中，屬于矢量的是（ ）A加速度B質(zhì)量C路程D時間二、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、如圖所示，在豎直放置的半徑為R的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處固定一點電荷，將質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球從圓弧管的水平直徑端點A由靜止釋放，小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（ ）A小球在B時的速率為B小球在B時的速率小于C固定于圓心處的點電荷在AB弧中

5、點處的電場強度大小為3mg/qD小球不能到達C點（C點和A在一條水平線上）8、如圖所示是測電源電動勢和內(nèi)電阻時依據(jù)測量數(shù)據(jù)作出的路端電壓與電流的關(guān)系圖線，圖中DC平行于橫坐標軸，DE平行于縱坐標軸，由圖可知（ ）A比值表示外電路電阻B比值表示電源內(nèi)電阻C比值表示電源電動勢D矩形OCDE的面積表示電源的輸出功率9、平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極, 一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部, 閉合電鍵, 電容器充電, 這時懸線偏角與豎直方向的夾角為, 如圖所示（ ）A保持K閉合, A板向B板靠近, 則變小.B保持K閉合, A板向B板靠近, 則大.C斷開K, A板向B板靠近, 則增大.D斷開K, A板向

6、B板靠近, 則不變.10、如圖所示，回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的勻強電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速兩D形金屬盒處于垂直于盒底面的勻強磁場中，磁場方向如圖所示，設(shè)勻強磁場的磁感應強度為B， D形金屬盒的半徑為R，狹縫間的距離為d，勻強電場間的加速電壓為U，要增大帶電粒子（電荷量為q，質(zhì)量為m，不計重力）射出時的動能，則下列方法中正確的是A增大加速電場間的加速電壓B減小狹縫間的距離C增大磁場的磁感應強度D增大D形金屬盒的半徑三、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

7、演算過程。11（6分）在測定金屬絲電阻率的實驗中，需要測出其長度L直徑d和電阻R用螺旋測微器測金屬絲直徑時讀數(shù)如下圖，則金屬絲的直徑為_ m用電流表和電壓表測金屬絲的電流電壓時讀數(shù)如下圖，則電壓表的讀數(shù)為_ V，電流表的讀數(shù)為 _ A12（12分）某同學用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，現(xiàn)備有下列器材：A被測干電池一節(jié)B電流表A1：量程00. 6A，內(nèi)阻RA=0. 2C電流表A2：量程03A，內(nèi)阻約為0. 1D電壓表V1：量程03V，內(nèi)阻未知E. 電壓表V2：量程015V，內(nèi)阻未知F. 滑動變阻器R1：010，2AG. 滑動變阻器R2：05000，1AH. 開關(guān)、導線若干伏安法測電池電動勢和

8、內(nèi)阻的實驗中，由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響，測量結(jié)果存在系統(tǒng)誤差；在現(xiàn)有器材條件下，要盡可能準確地測量電池的電動勢和內(nèi)阻。(1)在上述器材中請選擇適當?shù)钠鞑模弘娏鞅磉x_，電壓表選_，滑動變阻器選_。（填寫器材前的序號字母）(2)實驗電路圖應選擇下圖中的_（填“甲”或“乙”）。(3)根據(jù)實驗中電流表和電壓表的示數(shù)得到了如圖丙所示的UI圖像。由此可知，干電池的電動勢E=_V，內(nèi)電阻r=_。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，在豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強電場。長度為l的輕質(zhì)絕緣細繩一端固定在O點，另一

9、端連接一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球（可視為質(zhì)點），初始時小球靜止在電場中的a點，此時細繩拉力為2mg，g為重力加速度。求：（1）電場強度E的大小和a、O兩點的電勢差UaO；（2）小球在a點獲得一水平初速度va=4，則小球在最低點繩子的拉力大小。14（16分）如圖所示，一個電子以的速度沿與電場垂直的方向從A點飛進勻強電場，并且從另一端B點沿與場強方向成150角方向飛出，電子從A到B運動的時間為.電子的質(zhì)量為，電子重力不計則：(1)A、B兩點間的電勢差為多少？ (2)勻強電場的電場強度為多少？15（12分）如圖所示，把質(zhì)量為克的帶電小球A用絲線吊起，若將帶電量為4108C的正電小球B靠近它，當兩

10、小球在同一高度相距3cm時，絲線與豎直夾角為30，（A、B都可視為點電荷，取g=10m/s2，k=9.0109Nm2/kg2）求：（1）此時小球A受到的庫侖力大小和方向？（2）小球A帶的電量qA？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】試題分析：小磁針N極的指向為磁感線方向，直導線AB部分，電流從下到上，所以從上往下看，直導線產(chǎn)生的磁場方向應為逆時針方向，所以a指針應斜指向紙面內(nèi)，a錯誤；在通電螺線管部分，電流是從上面進來，然后從下邊出去，可知左端為螺旋管S極，右端為N極，在外部磁感線從N到S，所以b錯誤，在

11、內(nèi)部磁感線從S到N，c正確；在U型螺線管，電流從右端進，左端出，所以右端為S，左端為N，d錯誤；考點：考查了右手定則【名師點睛】根據(jù)右手螺旋定則可確定，通電螺線管的磁場分布，及通電直導線磁場的分布，并由小磁針的靜止時，N極的指向即為磁場的方向2、B【解析】首先發(fā)現(xiàn)“電生磁”和“磁生電”的科學家分別是奧斯特和法拉第；A. 安培，特斯拉，與結(jié)論不相符，選項A錯誤；B. 奧斯特，法拉第，與結(jié)論相符，選項B正確；C. 奧斯特，安培，與結(jié)論不相符，選項C錯誤；D. 法拉第，特斯拉，與結(jié)論不相符，選項D錯誤；故選B.3、D【解析】線圈進入磁場，在進入磁場0-L的過程中，E=BLv，電流，方向為逆時針方向安

12、培力的大小F=BIL=，根據(jù)左手定則，知安培力方向水平向左在L-2L的過程中，電動勢E=2BLv，電流，方向為順時針方向，安培力的大小F=2，根據(jù)左手定則，知安培力方向水平向左在2L-3L的過程中，E=BLv，電流，方向為逆時針方向，安培力的大小為F=BIL=，根據(jù)左手定則，知安培力方向水平向左故D正確，ABC錯誤故選D【點睛】解決本題的關(guān)鍵掌握切割產(chǎn)生的感應電動勢公式以及安培力的大小公式，會通過楞次定律判斷感應電流的方向，通過左手定則判斷安培力的方向4、C【解析】設(shè)oa=ob=d，因為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，所以圓周運動的半徑正好等于d，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：

13、qv0B=m，解得：，如果換成勻強電場，水平方向以v0做勻速直線運動，在水平方向：d=v0t2，豎直沿y軸負方向做勻加速運動，即：，解得：，則=2v0，故選C【點睛】帶電粒子在電場磁場中的運動要把握其運動規(guī)律，在電場中利用幾何關(guān)系得出其沿電場和垂直于電場的運動規(guī)律；而在磁場中也是要注意找出相應的幾何關(guān)系，從而確定圓心和半徑5、D【解析】A牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪許測得了引力常量G的數(shù)值，選項A錯誤；B“北斗”導航衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，選項B錯誤；C丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，安培總結(jié)出了右手螺旋定則，選項C錯誤；D根據(jù)開普勒行星運動定律可知，所有行星

14、繞太陽運動軌道都是橢圓，它運動的軌道半徑的三次方與周期的平方之比為常數(shù)，此常數(shù)的大小與行星的質(zhì)量無關(guān)，選項D正確。6、A【解析】A、加速度是矢量，其方向與合外力方向相同，故A正確；B、質(zhì)量、路程、時間都是只有大小，沒有方向的標量，故BCD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。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AC【解析】試題分析：由A到B，由動能定理得：，解得，A正確，B錯誤，在B點，對小球由牛頓第二定律得：，將B點的速度帶入可得，C正確，從A到C點過程中電場力做功為零，所以小球能到達C點，D錯誤，

15、考點：動能定理和牛頓定律綜合的問題點評：小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力并不是電場力等于重力，而是電場力與重力提供向心力去做圓周運動當是點電荷的電場時，由于電場力與支持力均于速度方向垂直，所以只有重力做功8、ABD【解析】A.由圖象可以知道,D點對應的路端電壓大小可以用DE表示,電路電流可以用OE表示,外電路電阻,所以A選項正確;B.電源的路端電壓與電流的圖像中，斜率的大小等于電源內(nèi)阻,所以電源內(nèi)阻,B選項正確;C.電源的路端電壓與電流的圖像中，縱軸截距表示電源電動勢，所以電動勢E=OA，C選項錯誤;D.由圖象可以知道,D點對應的路端電壓大小可以用DE表示,電路電流可以用OE表示,電

16、源的輸出功率,所以D選項正確【點睛】記住電源的路端電壓與電流的圖像中，縱軸截距表示電源電動勢，橫軸截距表示短路電流，斜率大小表示電源內(nèi)阻9、BD【解析】AB、保持k閉合，則電容器兩極板之間的電壓保持不變，根據(jù)可知，當將A板向B板靠近時，電場強度增大，則電場力增大，將增大，故A錯誤，B正確；CD、斷開k，電容器帶電量保持不變，由和以及可得，A板向B板靠近，只是d變化，所以電場強度不變，故電場力不變，則不變，故D正確，C錯誤；故選BD?！军c睛】小球受重力、電場力和繩子的拉力處于平衡狀態(tài)，當電場力變大時增大，電場力變小時減小，因此解決本題關(guān)鍵是判斷小球所受電場力的變化情況；注意電容器的兩種狀態(tài)的不同

17、，電鍵閉合其電壓不變，電鍵斷開電容器所帶電量保持不變。10、CD【解析】根據(jù)qvB=m得，粒子的最大速度v=，則最大動能EKm=知增大動能，需增大D形盒的半徑，或增大磁感應強度故CD正確，A、B錯誤故選CD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、0.698(0.001) 2.60V 0.53A 【解析】（1）由圖甲所示螺旋測微器可知，固定刻度示數(shù)為0.5mm，可動刻度示數(shù)為19.70.01mm=0.197mm，螺旋測微器示數(shù)為0.5mm+0.197mm=0.697mm（2）由圖丙所示電壓表可知，其量程為3V，分度值為0.1V，示數(shù)為2.60

18、V；由圖示電流表可知，其量程為0.6A，分度值為0.02A，示數(shù)為0.52A12、B D F 乙 1.5 0.8 【解析】(1)1因電源電動勢為1.5V，電流較小，為了準確測量內(nèi)阻，所以選擇已知內(nèi)阻的電流表，量程00.6A，內(nèi)阻0.2的B；2電壓表選擇量程03V的D；3由于內(nèi)阻較小，滑動變阻器阻值較小有利于電表的數(shù)值變化，減小誤差，故選F；(2)4為了準確測量內(nèi)阻，電流表與電池串聯(lián)，將電流表內(nèi)阻等效為電源內(nèi)阻，故電路圖選擇乙；(3)5由圖可知，電源的電動勢：6根據(jù)可得內(nèi)電阻為：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、

19、(1) ， (2) 6mg【解析】(1)小球靜止在a點時，由共點力平衡得解得。在勻強電場中，有，則a、O兩點電勢差。(2)小球從a點運動到b點，設(shè)到b點速度大小為，由動能定理得小球做圓周運動通過b點時，由牛頓第二定律得 聯(lián)立以上各式，代入，解得F=6mg14、（1）-136.5V（2）3.910-2V/m【解析】（1）電子做類平拋運動，將vB分解為水平速度v0和豎直速度vy，vA=vBcos60 所以：vB=2vA=24106=8106m/s設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，根據(jù)動能定理： 所以 （2）豎直分速度：vy=v0tan30 由運動學公式有：vy=at 牛頓第二定律：eE=ma聯(lián)立解得： 點睛：本題運用動能定理求電勢差，也可以根據(jù)類平拋運動的特點，牛頓第二定律和運動學結(jié)合求解15、 (1) 庫侖力為，方向水平向左，指向帶正電的小球B (2) 小球A帶的電量為【解析】（1）A處于平衡狀態(tài)，所受合外力為零，根據(jù)平行四邊形定則有：庫侖力所以方向水平向左，指向帶正電的小球B（2）根據(jù)庫侖定律有小球A帶的電量