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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、如圖所示為某物業(yè)公司的宣傳提醒牌。從提供的信息知：一枚30g的雞蛋從17樓（離地面人的頭部為45m高）落下，能砸破人的頭骨。若雞蛋殼與人頭部的作用時間為4.510-4s，人的質量為50kg，重力加速度g取10m/s2，則頭骨受到的平均沖擊力約為A1000NB2000NC2500ND4000N2、關于人造地球衛(wèi)星，下列說法正確的是（ ）A由，衛(wèi)星軌道半徑增大到原來的兩倍時，速度增大到原來的倍B由，衛(wèi)星軌道半徑增大到原來的兩倍時，速度增大到原來的倍C由，衛(wèi)星軌道半徑增大到原來的兩倍

3、時，向心力減為原來的D由，衛(wèi)星軌道半徑增大到原來的兩倍時，向心力減為原來的3、如圖所示，實線表示某電場中的電場線，A、B為電場中兩點，關于A、B兩點的電場強度EA、EB的關系，下列判斷中正確的是AEAEBBEAEBCEAEBD無法判斷4、關于元電荷和點電荷下列說法正確的是（ ）A元電荷就是點電荷B元電荷實際上是指電子和質子本身C所有帶電體的電荷量一定等于元電荷D一個帶電體能否看成點電荷，不是看它尺寸的絕對值，而是看它的形狀和尺寸對相互作用力的影響能否忽略不計5、如圖所示，在正方形空腔內有勻強磁場，不計重力的帶電粒子甲、乙從a孔垂直磁場方向平行于ab邊射入磁場，甲從c孔射出，乙從d孔射出，下列說

4、法正確的是 A若甲、乙為同種帶電粒子，速率之比為11B若甲、乙為同種帶電粒子，角速度之比為11C若甲、乙為同種帶電粒子，在磁場中運動的時間之比為11D甲、乙為不同種帶電粒子但速率相同，它們的比荷為216、如圖所示，電源的內阻不可忽略已知定值電阻R1=11，R2=8當開關S接位置1時，電流表的示數(shù)為121A那么當開關S接位置2時，電流表的示數(shù)可能是下列的哪些值（ ）A128 AB125 AC122 AD119 A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、如圖所示是一個多用表的

5、內部電路圖，下列說法中正確的是A當開關S接1和2時用于測電流，且接1的量程比接2大B當開關S接3時用于測電阻，A為黑表筆，B為紅表筆C當開關S接4時A表筆電勢比B表筆低D當開關S接5和6時用于測電壓，且接5比接6量程大8、如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示t0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0 時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g，關于微粒在0T時間內運動的描述，正確的是()A末速度大小為 v0B末速度沿水平方向C重力勢能減少了 mgdD克服電場力做功為mgd9、直線AB是某電場中

6、的一條電場線。若有一電子以某一初速度，僅在電場力的作用下，沿AB由A運動到B，其速度圖象如圖所示，下列關于A、B兩點的電場強度、和電勢的判斷正確的是（）ABCD10、如圖所示，一個不帶電的金屬導體球A放在帶負電的點電荷B附近，規(guī)定無限遠或大地電勢為零，則達到靜電平衡后有（）A導體球A左端的電勢高于右端的電勢B導體球A左端的電勢等于右端的電勢C當導體球A接地后，導體球A的電勢將降低D當導體球A接地瞬間，將有電子從A流向大地三、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）有一個額定電壓為 2.8V，功率約為 0.8W 的小燈泡，現(xiàn)要用伏安法描繪這

7、個燈泡的 I-U 圖線， 有下列器材供選用：A.電壓表（03V，內阻約6k）；B.電壓表（015V，內阻約30k）；C.電流表（03A，內阻約0.1）；D.電流表（00.6A，內阻約0.5）；E.滑動變阻器（10，2A）；F.滑動變阻器（200，0.5A）；G.蓄電池（電動勢 6V，內阻不計）（1）某同學誤將電流表和電壓表接成如圖甲所示的電路，其他部分連接正確，接通電源后，小燈泡的發(fā)光情況是_(選填“亮”或“不亮”)要求小燈泡的電壓從零開始增大，應選擇圖乙中的電路圖是_（填“a”或“b”）（2）用正確的電路進行測量，電壓表應選用_，電流表應選用_滑動變阻器應選用_（用序號字母表示）（3）通過實

8、驗測得此燈泡的伏安特性曲線如圖所示由圖線可求得此燈泡在正常工作時的電阻為_（4）若將此燈泡連接在另一電動勢為3V、內阻為5的電源上，燈泡的實際功率為_W（此空答案取兩位有效數(shù)字）12（12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）在下面方框里畫出符合本實驗要求的電路圖_，并根據(jù)電路圖連接右側的實物圖_： （2）某次測量時，電流表指針位置如圖所示，電流表讀數(shù)為_，此時小燈泡的實際功

9、率為_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）在如圖所示的電路中，R13，R26，R31.5，C20F，當開關S斷開時，電源的總功率為2W；當開關S閉合時，電源的總功率為4W，求： (1)電源的電動勢和內電阻；(2)閉合S時，電源的輸出功率；(3)S斷開和閉合時，電容器所帶的電荷量各是多少？14（16分）如圖所示，在坐標系xOy的第一象限內斜線OC的上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，第四象限內存在磁感應強度大小未知、方向垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限內存在沿y軸負方向的勻強電場，在x軸負半軸上有

10、一接收屏GD，GD2ODd，現(xiàn)有一帶電粒子(不計重力)從y軸上的A點，以初速度v0水平向右垂直射入勻強磁場，恰好垂直O(jiān)C射出，并從x軸上的P點(未畫出)進入第四象限內的勻強磁場，粒子經(jīng)磁場偏轉后又垂直y軸進入勻強電場并被接收屏接收，已知OC與x軸的夾角為37，OA，求： (1)粒子的電性及比荷；(2)第四象限內勻強磁場的磁感應強度B的大??；(3)第三象限內勻強電場的電場強度E的大小范圍。15（12分）如圖所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端與桌面的右端相齊薄木板的質量，長度在薄木板的中央有一個小滑塊可視為質點，質量小滑塊與薄木板之間的動摩擦因數(shù)，小滑塊、薄木板與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等，皆為設

11、小滑塊與薄木板之間的滑動摩擦力等于它們之間的最大靜摩擦力某時刻起對薄木板施加一個向右的拉力使木板向右運動求：(1)當外力時，m與M的加速度各為多大？(2)若使小滑塊與木板之間發(fā)生相對滑動，拉力F至少是多大？(3)若使小滑塊脫離木板但不離開桌面，求拉力F應滿足的條件參考答案一、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、B【解析】由2gh=v2可得雞蛋質量，設向下為正方向，對碰撞過程由動量定理可得：代入數(shù)據(jù)得負號說明雞蛋受到的沖擊力向上，根據(jù)牛頓第三定律可知，頭骨受到的平均沖擊力為2000N。故選B。2、C【解析】根據(jù)公式，移項化簡得，

12、所以當軌道半徑變?yōu)樵瓉淼谋稌r，速度變?yōu)樵瓉淼谋?，AB錯誤；根據(jù)公式，當軌道半徑變?yōu)樵瓉淼谋吨螅f有引力變?yōu)?，C正確；由，當軌道半徑增大到原來的兩倍時，向心力變?yōu)樵瓉淼?，D錯誤3、A【解析】電場線的疏密反映場強的大小，可知A點電場強度小于B點的電場強度，即EAEB，故選A4、D【解析】AB. 元電荷是指一個電子所帶的電荷量，元電荷是最小電荷單位，并不是指電子或質子本身，也不是點電荷，故AB錯誤；C. 任何帶電體所帶電荷量或等于元電荷e，或者是元電荷e的整數(shù)倍，故C錯誤；D. 點電荷是理想化模型，一個帶電體能否看成點電荷，不是看它的尺寸的絕對值，而是看它的形狀和尺寸對相互作用力的影響能否忽略不計

13、，故D正確5、B【解析】粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知：r甲=2r乙，粒子轉過的圓心角：甲=90，乙=180；A粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得：若甲、乙為同種帶電粒子，速率之比：故A錯誤；B角速度：，若甲、乙為同種帶電粒子，角速度之比：故B正確；C粒子在磁場中做圓周運動的周期：粒子的運動時間若甲、乙為同種帶電粒子，在磁場中運動的時間之比：故C錯誤；D由牛頓第二定律得：解得比荷：甲、乙為不同種帶電粒子但速率相同，它們的比荷：故D錯誤；6、C【解析】試題分析：當電鍵S接位置1時，電流表的示數(shù)為121A，則根據(jù)歐姆定律得知：路端電壓U1=I1R1=1112V=2V；

14、電鍵S接2后，電路的總電阻減小，總電流一定增大，所以電流不可能是119A，電源的路端電壓一定減??；原來路端電壓為2V，所以電鍵S接2后路端電壓低于2V，因此電流一定小于125A，故只能選C考點：閉合電路歐姆定律名師點睛：本題要根據(jù)閉合電路歐姆定律分析路端電壓與外電阻的關系，同時分析總電流與外電路總電阻的關系，可確定出電流表示數(shù)的范圍進行選擇二、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】A、多用電表的工作原理是閉合電路的歐姆定律，題圖為一簡易的多用電表原理示意圖，其中

15、1、2兩檔用來測電流，接1時分流電阻相對更小，故接1時電表的量程更大，第1檔為大量程，那么S接2時量程較小，故A正確；B、3、4兩檔用來測電阻，其中A與內部電源的負極相連，故A為紅表筆，黑表筆連接表內電池的正極，故B為黑表筆，則紅表筆A表筆電勢比黑表筆B表筆低，故B錯誤，C正確；D、要測量電壓，電流表應與電阻串聯(lián)，由圖可知當轉換開關S旋到位置5、6時；測量電壓，電流表所串聯(lián)的電阻越大，所測量電壓值越大，故當轉換開關S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D錯誤點睛：本題考查多用表的原理，應熟練掌握其測量原理，及電表的改裝辦法明確電流表時表頭與電阻并聯(lián)，電壓表時，表頭與電阻串聯(lián)；而歐姆表時內部要接有電

16、源8、BC【解析】AB1時間內微粒勻速運動，則有：qE1=mg，內，微粒做平拋運動，下降的位移，T時間內，微粒的加速度 ，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運動，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v1故A錯誤，B正確C1時間內微粒在豎直方向上向下運動，位移大小為d，則重力勢能的減小量為mgd，故C正確D在內和T時間內豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，則內和T時間內位移的大小相等均為d，所以整個過程中克服電場力做功為，故D錯誤9、AC【解析】AB由圖可知，電子在A點加速度較大，則可知A點所受電場力較大，由F=Eq可知，A點的場強要大于B點場強，即，故A正確、B錯誤；

17、CD電子從A到B的過程中，速度減小，動能減小，則可知電場力做負功，故電勢能增加，故A點的電勢能小于B點的電勢能，電子帶負電，由可知，A點的電勢要大于B點電勢，AB，故C正確，D錯誤；故選AC。10、BD【解析】導體在電場中處于靜電平衡后，整個導體是個等勢體負電荷產(chǎn)生的電場是發(fā)散的電場，沿著電場線電勢要降低【詳解】把一個在絕緣支架上不帶電的導體A放在帶負電的導體B附近，達到靜電平衡后，導體A是個等勢體。帶負電的導體B產(chǎn)生的是會聚的電場，產(chǎn)生的電場的電場線如右圖所示，由于沿著電場線電勢降低，以無窮遠處的電勢為零，那么電場中的所有電勢都是負值。所以A錯誤，B正確。當導體球A接地后，則導體A右端電勢為

18、零，因導體間的電勢差不變，所以導體B的電勢將升高，故C錯誤；由圖可知，大地的電勢要高于A的電勢，當導體球A接地瞬間，將有電子從A流向大地。故D正確；故選BD?！军c睛】此題考查靜電平衡中的導體，電場中的處于靜電平衡的導體是等勢體，導體上電勢處處相同同時要知道負電荷產(chǎn)生的電場特點，以及電勢分布的特點三、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、不亮 b A D E 9.7 (9.6-10.04) 0.43(0.42-0.44) 【解析】（1）1由電路圖可知，電壓表串接在電路中，電路中的電阻很大，小燈泡不亮；2要使電壓從零開始調節(jié)，應采用分壓接法；故電

19、路圖應選擇b；（2）3由題意可知，燈泡的額定電壓為2.8V，故電壓表的量程應大于2.8V，故電壓表應選3V量程，故選A；4 由：P=UI可得電流為：A故電流表應選D；5 本實驗中應選用分壓接法，故滑動變阻器應選小電阻，故滑動變阻器選E；（3）6 由圖可知，當電壓為2.8V時，電流為0.29A，故電阻：(9.6-10.04)；（4）7在I-U圖象中作出燈泡的伏安特性曲線如圖所示：則由圖可知，燈泡的工作電壓為1.8V，電流為0.24A，則實際功率為：P=UI=1.80.24=0.43W(0.42-0.44)。12、如圖所示： 如圖所示： 【解析】（1）小燈泡的電阻為 ，則RVRx，可知應采用電流表

20、外接電路；要得到從0開始的電壓，則滑動變阻器用分壓電路，電路及實物連線如圖；（2）電流表選擇0-0.6A檔，則讀數(shù)為0.40A，從圖像中讀出此時的電壓為U=6V，則此時小燈泡的實際功率為：P=IU=0.406=2.40W【點睛】滑動變阻器的分壓限流接法，安培表內外接法，儀器的選擇是電學實驗考查的重點，同時要學會根據(jù)圖線進行數(shù)據(jù)處理四、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) , （2）3.5W（3） ,0【解析】斷開S，R2、R3串聯(lián)，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解出電流和電功率表達式；S閉合，R1、R2并聯(lián)再與R3串聯(lián)

21、，再次根據(jù)閉合電路歐姆定律求解出電流和電功率表達式；最后聯(lián)立求解；閉合S時電源的輸出功率為P=EI-I2r；S斷開時，C兩端電壓等于電阻R2兩端電壓，求解出電壓后根據(jù)Q=CU列式求解【詳解】（1）S斷開，R2、R3串聯(lián)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：總功率為：S閉合，R1、R2并聯(lián)再與R3串聯(lián)，總外電阻根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：所以總功率為：聯(lián)立解得：E=4V，r=0.5（2）閉合S，總外電阻R=3.5干路電流為輸出功率P出=EI-I2r=41-10.5=3.5W（3）S斷開時，C兩端電壓等于電阻R2兩端電壓：可得電量為：Q=CU2=2010-63=610-5C【點睛】本題首先要理清電路結構，然后結

22、合閉合電路歐姆定律和電功率表達式列式分析14、（1）（2）（3）【解析】粒子運動軌跡如圖所示，由左手定則可知粒子帶負電由圖知粒子在第一象限內運動的軌道半徑，由洛倫茲力提供向心力得，聯(lián)立得；(2)由圖知OPd，所以粒子在第四象限內做圓周運動的半徑為，同理，聯(lián)立得，(3)粒子在勻強電場中做類平拋運動，由圖知，當電場強度E較大時，粒子擊中D點，由類平拋運動規(guī)律知，聯(lián)立得，當電場強度E較小時，粒子擊中G點，由類平拋運動規(guī)律知，聯(lián)立得，所以；15、（1）（1）（3）【解析】（1）分別以滑塊和木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求出其加速度，小滑塊與木板之間發(fā)生相對滑動的臨界情況為：a1=a1求出滑塊與木板相

23、對滑動的臨界拉力，然后根據(jù)拉力大小求出m與M的加速度；（1）應用牛頓第二定律求出拉力F；（3）先找出小滑塊脫離木板但不離開桌面的位置關系以及滑塊與木板的位移關系，根據(jù)牛頓第二定律列方程求出木板與滑塊的加速度由位移速度公式表示出其位移，結合找出的位移關系列方程求解；【詳解】（1）設小滑塊與薄木板剛好發(fā)生相對滑動時，小滑塊的加速度為，薄木板的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律有：對滑塊： 對木板： 且有：，解得：，由于：， M、m相對靜止，它們一起做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可知，加速度：；（1）由（1）可知，使小滑塊與木板之間發(fā)生相對滑動的臨界拉力：，則拉力至少為；（3）設小滑塊脫離薄木板時的速度為v，時間為t，在桌面上滑動的加速度為，小滑塊脫離木板前，薄木板的加速度為，空間位置變化如圖所示：則滑塊的速度：，對滑塊，由牛頓第二定律得：，位移：，由幾何關系得：，木板的位移：，根據(jù)牛頓第二定律，對木板： 解得：，要使小滑塊脫離薄木板但不離開桌面，拉力；【點睛】本題的關鍵是隔離法對滑塊和木板分別正確受力分析由牛頓第二定律列方程，并找出其滿足條件的臨界情況