《2023學年安徽省池州市青陽縣第一中學物理高二第一學期期中學業(yè)水平測試模擬試題含解析.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2023學年安徽省池州市青陽縣第一中學物理高二第一學期期中學業(yè)水平測試模擬試題含解析.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 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、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、帶正電的點電荷Q的電場對應的電場線分布如圖所示，先后將同一帶正電的試探電荷q放在電場中的A

2、、B兩點，所受靜電力大小分別FA、FB，則的大小關(guān)系是AFA= FB BFA FB D無法確定2、如圖所示，A、B、C是點電荷Q形成的電場中的三點，BC是以Q為圓心的一段圓弧，UAB10V，正點電荷q沿ABC移動，則（）A點電荷Q帶正電B沿BC運動時電場力做正功CB點的電場強度與C點的相等Dq在A點時具有的電勢能比在C點時的大3、對萬有引力定律的表達式FG，下列說法正確的是 ()A公式中G為常量，沒有單位，是人為規(guī)定的Br趨向于零時，萬有引力趨近于無窮大C兩物塊之間的萬有引力總是大小相等，與m1、m2是否相等無關(guān)D兩個物體間的萬有引力總是大小相等，方向相反的，是一對平衡力4、閱讀下列材料，完成

3、下面小題，解答時不計空氣阻力，重力加速度取g=10m/s2, 第一次下落階段，彈簧繩被拉伸的過程中，小明下落速度大小的變化情況是A一直在增大B先增大后減小C先減小后增大D一直在減小5、如圖所示，a、b兩點位于以負點電荷Q（Q0）為球心的球面上，c點在球面外，則Aa點場強的大小比b點大Bb點場強的大小比c點小Ca點電勢比b點高Db點電勢比c點低6、如圖所示的電路，R0為定值電阻，R為滑動變阻器，滑動觸頭P滑動時，電路的總電阻發(fā)生變化，以下情況正確的是（）AP向左滑動，總電阻變小BP向右滑動，總電阻變小CP滑動到最左端時，總電阻為R0DP滑動到最右端時，總電阻為R二、多項選擇題：本題共4小題，每小

4、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、如右圖所示的同心圓是電場中的一組等勢線，一個電子只在電場力作用下沿著直線由A向C運動時的速度越來越小，B為線段AC的中點，則有()A電子沿AC運動時受到的電場力越來越小B電子沿AC運動時它具有的電勢能越來越大C電勢ABCD電勢差UABUBC8、一列波沿直線傳播，在某一時刻的波形圖如圖所示，質(zhì)點的位置與坐標原點相距，此時質(zhì)點沿軸正方向運動，再經(jīng)過將第一次達到最大位移，由此可見：（ ）A這列波波長是B這列波頻率是C這列波波速是D這列波的傳播方向是沿軸的負方向9、一列簡諧

5、橫波沿x軸正方向傳播，如圖(a)為t時刻的波形圖，P、Q是介質(zhì)中的兩個質(zhì)點，圖(b)是P或Q的振動圖像。下列說法正確的是A若t0，則圖(b)為質(zhì)點Q的振動圖像B圖(a)中質(zhì)點P的速率比質(zhì)點Q的小C若圖(b)為質(zhì)點P的振動圖像，則必有t=T/4DP、Q兩質(zhì)點的距離始終為10、在如圖甲所示的LC振蕩電路中，通過P點的電流變化規(guī)律如圖乙所示，設通過P點的電流向右時為正，則( )A0.5s至1s內(nèi)，電容器在充電B0.5s至1s內(nèi)，電容器的上極板帶正電C1s至1.5s內(nèi)，Q點比P點電勢高D1s至1.5s內(nèi)，磁場能正在轉(zhuǎn)化為電場能三、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

6、出演算過程。11（6分）（1）為完成“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實驗，必須要選用的是_。A有閉合鐵芯的原副線圈B無鐵芯的原副線圈 C交流電源 D直流電源 E多用電表（交流電壓擋）F多用電表（交流電流擋）（2）用匝數(shù) na=60 匝和 nb=120 匝的變壓器，實驗測量數(shù)據(jù)如下表，根據(jù)測量數(shù)據(jù)可判斷連 接電源的線圈是_（填 na 或 nb），并說明判斷的依據(jù)_（至少寫兩條）。Ua/V1.802.803.804.90Ub/V4.006.018.029.9812（12分）在學習了串并聯(lián)的基本規(guī)律后，我們可以把一個最大量程為的電流計，分別改裝成電壓表和更有大量程的電流表（1）若已知該電流

7、計的內(nèi)阻為，為了改裝成最大量程為的電壓表，需_聯(lián)（填“串”或“并”）一個_的電阻 (2)如圖所示，虛線框內(nèi)是用該電流計改裝成的多量程電流表，、為改裝后新電流的接線柱，為負極接線柱，為大量程接線柱、為小量程接線柱已知為電流計內(nèi)阻，若、，那么選擇、接線柱時，新電流表的量程為_；選擇、接線柱時，新電流表的量程為_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）如圖1所示，電路中R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，M為玩具電動機， 電動機線圈電阻 r1=0.5，A、V1、V2均理想電表。閉合開關(guān) S1、斷開開關(guān) S2，在將滑動

8、變阻器的滑動觸頭 P 從最右端滑到最左端的過程中，兩個電壓表的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的完整圖線如圖2所示。(1)求電源的電動勢E和內(nèi)阻r；(2)求滑動變阻器R2的最大功率 Pm；(3)若滑動變阻器的滑動觸頭P滑到最左端后，再閉合開關(guān)S2，此時電流表的示數(shù) I=1.0A，求此狀態(tài)下電動機的輸出功率P14（16分）如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接，質(zhì)量為m1的小球從高為h處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為m2的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球的運動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機械能損失求:(1)m1到達B點時的速度v1；(2)碰撞后

9、小球m2的速度大小v2.(重力加速度為g)15（12分）如圖所示，在平面直角坐標系x軸的上方（，）區(qū)域范圍內(nèi)存在著勻強磁場，磁感應強度為B。在空間（，）處有一粒子源P，能向平面內(nèi)各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、帶電量為-q，速度為的帶電粒子。（已知，答案涉及位置或長度的均用a表示），求：(1)x軸上能接收到粒子的區(qū)域長度L1；(2)x上能被不同角度射出的兩個粒子打中的區(qū)域長度L2；(3)若在x軸的正半軸上鋪設擋板，且粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在擋板上并反彈，每次反彈后速度方向相反，大小為原來的0.6倍，則求這些粒子出磁場時的縱坐標y及粒子在磁場中運動的時間。參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每

10、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】電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，由圖可知，A點的電場線密，所以A點的電場強度大，電荷在A點受到的電場力大，所以FAFB，所以C正確，ABD錯誤故選C點睛：電場線雖然不存在，但可形象來描述電場的分布同時電場力大小是由電場強度與電荷量決定，而同一電荷電場力由電場強度確定此處已控制電荷量不變2、D【解析】A根據(jù)兩點的電勢差UAB10V，可知離電荷越遠電勢越高，可知Q為負電荷，A錯誤；B BC為等勢面，故沿BC運動時電場力不做功，B錯誤；C根據(jù)點電荷的電場強度公式，可知兩點的電場強度大小相等，

11、但方向不同，不能說電場強度相等，C錯誤；D根據(jù)AB兩點的電勢差為10v，且q為正電荷，故在A點時具有的電勢能比在B點時的大，而BC電勢相等，所以q在A點時具有的電勢能比在C點時的大，D正確。故選D。3、C【解析】A.公式中G為常量，有單位，是根據(jù)實驗測量的，A錯誤B.公式適用兩個質(zhì)點間的引力，當 r趨向于零時，物體無法看成質(zhì)點，公式不再適用，B錯誤CD.兩物塊間的萬有引力是相互作用力，一定大小相等，方向相反，C正確D錯誤4、B【解析】第一次下落階段，彈簧繩被拉伸的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得：彈簧繩被拉伸的過程中，彈力變大，則加速度變小，方向向下，小明做加速度減小的加速運動，當彈力等于重力時，加

12、速度為零，速度最大，此后彈力繼續(xù)增大，加速度方向向上，小明做加速度增大的減速運動，所以小明下落速度大小的變化情況是先增大后減小，故選B5、D【解析】由點電荷場強公式確定各點的場強大小，由點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面和沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點的電勢的高低由點電荷的場強公式可知，a、b兩點到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點的電場強度大小相等，故A錯誤；由于c點到場源電荷的距離比b點的大，所以b點的場強大小比c點的大，故B錯誤；由于點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以a點與b點電勢相等，負電荷的電場線是從無窮遠處指向負點電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，所以b點電勢比c點低

13、，故D正確6、A【解析】ACP向左滑時，R接入電路的阻值減小，總電阻減小，當滑動變阻器滑動最左端時，R接入電路的阻值為0，整個電路的總電阻為0，A正確，C錯誤；BDP向右滑時，R接入電路的阻值增大，總電阻增大，當滑動變阻器滑動最右端時，R接入電路的阻值為R的最大值，根據(jù)電阻的并聯(lián)關(guān)系，整個電路的總電阻為 ，BD錯誤。故選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、BC【解析】A根據(jù)等勢面的形狀和題意，可知該電場是負點電荷形成的，根據(jù)場強所以當電子沿AC方向運動時，r減小，

14、電場強度增大，則受到的電場力F=Ee增大，A錯誤；B電子沿AC方向運動過程中，電場力做負功，根據(jù)功能關(guān)系，可知電勢能越來越大，故B正確；C該電場各處的電場線均指向圓心，根據(jù)順著電場線電勢越來越低，故C正確；D在該電場中等差等勢線的間距不相等，故D錯誤。故選BC。8、ACD【解析】A、由圖示波形圖可知：，則波長，故A正確；B、質(zhì)點由平衡位置向正的最大位移處運動，第一次到達最大位移處所需要的時間，則波的周期T0.08s，頻率為 f12.5Hz，故B錯誤；C、波速，故C正確；D、質(zhì)點A由平衡位置向正的最大位移處運動，由平移法可知，波沿x軸負方向傳播，故D正確；9、AB【解析】A.若t=0，Q點處于平

15、衡位置，而P點在波峰處，故圖(b)為質(zhì)點Q的振動圖象，故A正確；B.圖(a)中質(zhì)點P的速率為零，質(zhì)點Q 速率最大，故B正確；C.若圖(b)為質(zhì)點P的振動圖象，則t=nT+，故C錯誤；D.P、Q兩質(zhì)點平衡位置的距離始終為，P、Q兩質(zhì)點的距離不一定為，故D錯誤。10、AC【解析】由圖象知0.5s至1s內(nèi)，順時針電流對電容器充電，下極板帶正電，A正確、B錯誤；1s至1.5s內(nèi)，電容逆時針方向放電，Q點比P點電勢高，電場能正在轉(zhuǎn)化為磁場能，C正確、D錯誤三、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、ACE nb 由于漏磁、渦流、線圈電阻等影響，副線圈兩端

16、的電壓小于理論值 【解析】（1）1為了完成變壓器的探究，需要使用交流電源變壓，多用電表交流電壓檔；為了讓變壓效果明顯需要含有閉合鐵芯的原副線圈，因此正確答案為ACE；（2）23由于漏磁、渦流、線圈電阻等影響，所以副線圈測量電壓應該小于理論變壓值，即nb為連接電源的輸入端，na為輸出端。12、串聯(lián) 200 800 【解析】（1）改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，串聯(lián)的電阻為： （2）設選擇A、C接線柱時，新電流表的量程為I1；選擇A、B接線柱時，新電流表的量程為I2，則由串并聯(lián)電路的特點可知： ；聯(lián)立解得：I1=200A；I2=800A.【點睛】本題考查了串并聯(lián)電路的特點和歐姆定律的應用，明確電

17、路的連接方式和知道電流表的滿偏電流不變是關(guān)鍵.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）E=6V，r=2（2）0.9W（3）1.875W【解析】由題圖2可知，圖線B的延長線與縱軸的交點值表示電動勢，由圖線A可知R1 的電阻，電壓表的示數(shù)變化等效于電源內(nèi)阻r和定值電阻R1分得的電壓變化，根據(jù)斜率求出內(nèi)阻r；將Rl看成電源的內(nèi)阻，當?shù)刃щ娫吹膬?nèi)外電阻相等時，滑動變阻器R2的功率最大，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電流，再求出滑動變阻器 R2 的最大功率；當電流表的示數(shù)時，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電源的路端電壓，根據(jù)并聯(lián)分流求

18、出此時通過電動機的電流，根據(jù)求出電動機的輸出功率；【詳解】解：(1)由題圖2可知，圖線B的延長線與縱軸的交點值表示電動勢，即電源的電動勢由圖線A可知電壓表的示數(shù)變化等效于電源內(nèi)阻r和定值電阻R1分得的電壓變化，則與電流表示數(shù)的變化的比值為，即，解得電源內(nèi)阻(2)由圖線B知，滑動變阻器接入電路的最大阻值，根據(jù)等效電源原理可知，當時，的功率最大，此時電流滑動變阻器的最大功率為(3)當電流表的示數(shù)時，電源的路端電壓為此時通過的電流為，此時通過電動機的電流為，則電動機的輸出功率14、（1）（2）【解析】(1)小球m1下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得： 解得：(2)兩球碰撞過程中動量守恒，以兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，以m1的速度方向為正方向，由動量守恒定律得： 兩球碰撞為彈性碰撞，機械能守恒，得： 聯(lián)立解得：15、 (1) (2) (3) 【解析】(1)根據(jù)題意，粒子在磁場中運動的半徑，粒子打在MN上的范圍如圖1所示最右側(cè)： 最左側(cè)：F與MN相切，由幾何關(guān)系知解得 (2)如圖1所示，有不同角度射出的兩個粒子打中的長度為OD, 得(3)粒子垂直打在擋板上，由幾何關(guān)系可知，粒子打在G點后反彈， 再反彈，之后從磁場右邊界出去，由幾何關(guān)系可知， 所有粒子周期相同粒子走過的圓心角為所以