2023學(xué)年福建省龍海市程溪中學(xué)物理高二第一學(xué)期期中達(dá)標(biāo)測試試題含解析

1、2023學(xué)年高二上物理期中模擬試卷注意事項(xiàng)：1 答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)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(qǐng)按照題號(hào)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(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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)是符合題目要求的。1、如圖所示的電路中，燈L1發(fā)光，而燈L2，L3均不發(fā)光，理想電流表A1有示數(shù)，理想電流表A2

2、無示數(shù)，假設(shè)只有一處出現(xiàn)故障，則故障可能是：（ ） A燈L1斷路B燈L3斷路C燈L2短路D燈L3短路2、如圖所示，質(zhì)量為M的物塊鉤在水平放置的左端固定的輕質(zhì)彈簧的右端，構(gòu)成一彈簧振子，物塊可沿光滑水平面在BC間做簡諧運(yùn)動(dòng)，振幅為A在運(yùn)動(dòng)過程中將一質(zhì)量為m的小物塊輕輕地放在M上，第一次是當(dāng)M運(yùn)動(dòng)到平衡位置O處時(shí)放在上面，第二次是當(dāng)M運(yùn)動(dòng)到最大位移處C處時(shí)放在上面，觀察到第一次放后的振幅為A1，第二次放后的振幅為A2，則（ ）AA1=A2=ABA1A2=ACA1=A2ADA2A1=A3、如圖甲所示，彈簧振子以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，在A、B兩點(diǎn)之間做簡諧運(yùn)動(dòng)，取向右為正方向，振子的位移x隨時(shí)間t的變化如圖

3、乙所示，下列說法正確的是()At0.2 s時(shí)，振子在O點(diǎn)右側(cè)6 cm處Bt0.8 s時(shí)，振子的速度方向向左Ct0.4 s和t1.2 s時(shí)，振子的加速度完全相同Dt0.4 s到t0.8 s的時(shí)間內(nèi)，振子的速度逐漸減小4、關(guān)于通電直導(dǎo)線周圍磁場的磁感線分布，下列示意圖中正確的是（ ）ABCD5、關(guān)于點(diǎn)電荷的說法，正確的是:A只有體積很小的帶電體，才能作為點(diǎn)電荷；B體積很大的帶電體一定不能看作點(diǎn)電荷；C點(diǎn)電荷一定是電量很小的電荷；D體積很大的帶電體只要距離滿足一定條件也可以看成點(diǎn)電荷6、如圖所示，在xOy 平面內(nèi)有一個(gè)以O(shè)為圓心、半徑R=2m的圓，P為圓周上的一點(diǎn)，O、P兩點(diǎn)連線與x軸正方向的夾角為

4、，若空間存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E=100V/m，則O、P兩點(diǎn)的電勢差可表示為（ ）AUop=200sin (V)BUop=200sin (V)CUop=200cos (V)DUop=200cos (V)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(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示為一組電場線，A、B為其中兩點(diǎn)，則（ ）AA點(diǎn)的場強(qiáng)大于B點(diǎn)的場強(qiáng)BA點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)電勢C將電子從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場為做正功D同一正電荷在A點(diǎn)的電勢能小于在B點(diǎn)的電勢能8、如圖虛線a、b、c代表電場中三個(gè)等勢面，

5、相鄰等勢面之間的電勢差相等，即UabUbc，實(shí)線為一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷僅在電場力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知（ ）AP點(diǎn)的電勢高于Q點(diǎn)的電勢B該點(diǎn)電荷在P點(diǎn)具有的電勢能比在Q點(diǎn)具有的電勢能大C該點(diǎn)電荷通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比通過Q點(diǎn)時(shí)大D該點(diǎn)電荷通過P點(diǎn)時(shí)的加速度比通過Q點(diǎn)時(shí)大9、如圖所示，已知電源電動(dòng)勢為6V，內(nèi)阻為1，保護(hù)電阻，下列說法正確的是A當(dāng)電阻箱R讀數(shù)為0，電源輸出功率最大B當(dāng)電阻箱R讀數(shù)為1，保護(hù)電阻消耗的電功率最大C當(dāng)電阻箱R的讀數(shù)為1.5，電阻箱R消耗的電功率最大D當(dāng)電阻箱R的讀數(shù)為0.5，電源輸出功率最大10、一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，置于一接地的導(dǎo)體球

6、附近，形成如圖所示的電場線分布，下列說法正確的是Aa點(diǎn)的電勢低于b點(diǎn)的電勢Bc點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于d點(diǎn)的電場強(qiáng)度C將一正試探電荷從e點(diǎn)沿虛線移動(dòng)到f點(diǎn)電場力做正功D導(dǎo)體球內(nèi)部電勢為零三、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）某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌探究兩物體作用前后動(dòng)量是否守恒，氣墊導(dǎo)軌裝置如圖所示，所用的氣墊導(dǎo)軌裝置由導(dǎo)軌、滑塊、彈射架、光電門等組成(1)下面是實(shí)驗(yàn)的主要步驟：安裝好氣墊導(dǎo)軌，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的調(diào)節(jié)旋鈕，使導(dǎo)軌水平；向氣墊導(dǎo)軌通入壓縮空氣；接通光電計(jì)時(shí)器；把滑塊2靜止放在氣墊導(dǎo)軌的中間；滑塊1擠壓導(dǎo)軌左端彈射架上的橡皮繩；釋放滑塊1

7、，滑塊1通過光電門1后與左側(cè)固定彈簧的滑塊2碰撞，碰后滑塊1和滑塊2依次通過光電門2，兩滑塊通過光電門后依次被制動(dòng)；讀出滑塊通過兩個(gè)光電門的擋光時(shí)間分別為滑塊1通過光電門1的擋光時(shí)間t112.00 ms，通過光電門2的擋光時(shí)間t260.00 ms，滑塊2通過光電門2的擋光時(shí)間t310.00ms；測出擋光片的寬度d6 mm，測得滑塊1(包括撞針)的質(zhì)量為m1300 g，滑塊2(包括彈簧)質(zhì)量為m2200 g；(2)數(shù)據(jù)處理與實(shí)驗(yàn)結(jié)論：實(shí)驗(yàn)中氣墊導(dǎo)軌的作用是：_碰撞前滑塊1的速度v1為_ m/s；碰撞后滑塊1的速度v2為_ m/s；滑塊2的速度v3為_m/s；在誤差允許的范圍內(nèi)，通過本實(shí)驗(yàn)，同學(xué)們

8、能否得出兩物體相互作用前后總動(dòng)量是守恒的？答：_（填“能”或“否”）12（12分）（1）在“測定金屬電阻率”的實(shí)驗(yàn)中，需用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，其結(jié)果如圖所示，其讀數(shù)為_mm（2）在“多用電表的使用”實(shí)驗(yàn)中，如圖所示，為一正在測量中的多用電表表盤如果是用歐姆擋“10”擋進(jìn)行測量，且已進(jìn)行歐姆調(diào)零，則讀數(shù)為_；如果是將選擇開關(guān)置于“直流50V”擋測量，則讀數(shù)為_V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，質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球，在P點(diǎn)具有沿PQ方向的初速度v0，為使小球能沿PQ方向運(yùn)動(dòng)，所加的

9、最小勻強(qiáng)電場方向如何？場強(qiáng)大小多大？加上最小的電場后，小球經(jīng)多長時(shí)間回到P點(diǎn)？14（16分）一列簡諧橫波在時(shí)的波形圖如圖所示。介質(zhì)中x=2m處的質(zhì)點(diǎn)P沿軸方向做簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為cm。介質(zhì)中x=6m處的質(zhì)點(diǎn)剛好開始振動(dòng)。求：（1）這列波的波速；（2）從時(shí)開始，到介質(zhì)中x=20m處的質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)波谷所需的時(shí)間。15（12分）某同學(xué)做玩具直流電動(dòng)機(jī)實(shí)驗(yàn)，當(dāng)加在電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為0.3V時(shí)，測得流過電動(dòng)機(jī)的電流為0.3A，此時(shí)電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)電動(dòng)機(jī)兩端電壓增大為2V時(shí)，電動(dòng)機(jī)正常工作，此時(shí)流過電動(dòng)機(jī)的電流為0.8A，求電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)輸出的機(jī)械功率。參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分

10、，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解析】根據(jù)電路中出現(xiàn)的現(xiàn)象分析電路出現(xiàn)的故障.【詳解】燈L1發(fā)光，而燈L2，L3均不發(fā)光，說明整個(gè)電路是接通的；理想電流表A1有示數(shù)，理想電流表A2無示數(shù)，說明左邊支路有電流而右邊支路無電流，可能是燈L2短路，故選C.2、B【解析】試題分析：根據(jù)兩種情況下系統(tǒng)能量變化的角度分析振幅的變化情況振子運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度恰為0，此時(shí)放上小物塊，系統(tǒng)的總能量即為此時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢能不變，故振幅不變，即；振子運(yùn)動(dòng)到平衡位置時(shí)速度最大，彈簧的彈性勢能為零，放上小物塊后，系統(tǒng)的機(jī)械能的減小，根據(jù)能量守恒定律可得機(jī)械能轉(zhuǎn)化為彈性勢能總量減小

11、，故彈簧的最大伸長（壓縮）量減小，即振幅減小，所以，故，B正確3、B【解析】在0-0.4s內(nèi)，振子做變減速運(yùn)動(dòng)，不是勻速運(yùn)動(dòng)，所以t=0.2s時(shí)，振子不在O點(diǎn)右側(cè)6cm處，故A錯(cuò)誤；由圖象乙知，t=0.8s時(shí)，圖象的斜率為負(fù)，說明振子的速度為負(fù)，即振子的速度方向向左，故B正確；t=0.4s和 t=1.2s 時(shí)，振子的位移完全相反，由知加速度完全相反，故C錯(cuò)誤；t=0.4s到 t=0.8s 的時(shí)間內(nèi)，振子的位移減小，正向平衡位置靠近，速度逐漸增大，故D錯(cuò)誤。4、A【解析】試題分析：通電導(dǎo)線周圍的磁場方向，由右手螺旋定則來確定解：A、伸開右手，大拇指方向?yàn)殡娏鞣较?，則四指環(huán)繞方向?yàn)槟鏁r(shí)針故A正確；

12、B、伸開右手，大拇指方向?yàn)殡娏鞣较?，則四指環(huán)繞方向?yàn)槟鏁r(shí)針而圖為順時(shí)針，故B錯(cuò)誤；C、直導(dǎo)線周圍的磁感線應(yīng)該是一系列的同心圓，故C錯(cuò)誤；D、直導(dǎo)線周圍的磁感線應(yīng)該是一系列的同心圓，故D錯(cuò)誤；故選A點(diǎn)評(píng)：右手螺旋定則也叫安培定則，當(dāng)直導(dǎo)線時(shí)，右手大拇指方向?yàn)殡娏鞯姆较?，四指環(huán)繞方向?yàn)榇艌龇较?；?dāng)環(huán)形導(dǎo)線時(shí)，四指環(huán)繞方向?yàn)殡娏鞣较?，右手大拇指方向?yàn)榄h(huán)內(nèi)的磁場方向5、D【解析】物理學(xué)上把本身的線度比相互之間的距離小得多的帶電體叫做點(diǎn)電荷，D正確6、A【解析】根據(jù)勻強(qiáng)電場中電場強(qiáng)度和電勢差的關(guān)系為求解電場中任意兩點(diǎn)的電勢差?！驹斀狻縿驈?qiáng)電場中電場強(qiáng)度和電勢差的關(guān)系為，其中d表示電場中兩點(diǎn)沿電場線方向的

13、距離，又沿電場線的方向電勢降低，故O、P兩點(diǎn)的電勢差可表示為 V，故A項(xiàng)正確;BCD錯(cuò)誤；故選A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(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、AB【解析】由圖可知，a點(diǎn)電場線密，b點(diǎn)電場線稀，因此a點(diǎn)電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)，即EaEb，故A正確沿電場線的方向電勢逐漸降低，A點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)電勢，故B正確；電子受到的電場力的方向由B指向A，所以將電子從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場為做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；正電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場力做正功，電勢能減少，所以同一正電荷在A點(diǎn)的電勢能大于正電荷在B點(diǎn)的電勢

14、能，故D錯(cuò)誤；故選AB.點(diǎn)睛：電場線是電場中的重要概念，要根據(jù)電場線的分布正確判斷電勢的高低和電場強(qiáng)度的強(qiáng)弱，即電場線的疏密反映場強(qiáng)的大小，順著電場線電勢降低8、BD【解析】A、若帶電微粒從P點(diǎn)進(jìn)入電場，由圖可知帶電微粒所受電場力由a等勢面指向b等勢面，由于微粒帶負(fù)電，故c等勢面的電勢最高，故P點(diǎn)的電勢低于Q點(diǎn)的電勢，故A錯(cuò)誤B、由于帶電微粒在從Q向P運(yùn)動(dòng)的過程中電場力做負(fù)功，則帶電微粒的電勢能增大，故帶電微粒在P點(diǎn)時(shí)的電勢能較大故B正確C、由于帶電微粒在從Q向P運(yùn)動(dòng)的過程中電場力做負(fù)功，故微粒在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于在P點(diǎn)的動(dòng)能故C錯(cuò)誤D、由于電場線越密等勢線越密，由圖可知P點(diǎn)的場強(qiáng)大于Q點(diǎn)的場強(qiáng)

15、，故帶電微粒在P處所受的電場力大于在Q點(diǎn)所受的電場力，故帶電微粒通過P點(diǎn)時(shí)的加速度大故D錯(cuò)誤故選B9、CD【解析】AD當(dāng)外電阻等于內(nèi)電阻時(shí)電源輸出功率最大，即R+R0=r=1時(shí)，即R=0.5時(shí)，電源輸出功率最大。故A錯(cuò)誤，D正確。B保護(hù)電阻消耗的電功率為：因?yàn)镽0和r是常量，而R是變化的，所以R=0時(shí)，P最大。故B錯(cuò)誤。C將R0視為內(nèi)電阻，當(dāng)R=R0+r=1.5時(shí)，電阻箱R消耗的功率PR最大。故C正確。10、AD【解析】沿電場線的方向電勢降低；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?。桓鶕?jù)電勢能公式Ep=q分析電勢能的變化情況，判斷電場力做功正負(fù)。整個(gè)導(dǎo)體球是一個(gè)等勢體?！驹斀狻緼項(xiàng)

16、：根據(jù)沿電場線方向電勢降低，a點(diǎn)的電勢低于b點(diǎn)的電勢，故A正確；B項(xiàng)：、根據(jù)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，知c點(diǎn)的場強(qiáng)小于d點(diǎn)的場強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：將一正試探電荷從e點(diǎn)沿虛線移動(dòng)到f點(diǎn)，由于導(dǎo)體球處于靜電平衡狀態(tài)，整個(gè)導(dǎo)體球是一個(gè)等勢體，所以ef兩點(diǎn)的電勢相等，則電場力做功為零，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：導(dǎo)體球處于靜電平衡狀態(tài)，整個(gè)導(dǎo)體球是一個(gè)等勢體，其內(nèi)部電勢與地相等，為零，故D正確。故應(yīng)選：AD?！军c(diǎn)睛】本題抓住處于靜電平衡導(dǎo)體的特點(diǎn)：整個(gè)導(dǎo)體球是一個(gè)等勢體，其上各點(diǎn)電勢相等是關(guān)鍵。若要比較場強(qiáng)大小和電勢高低常常畫電場線，形象直觀地判斷。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把

17、答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、大大減小了因滑塊和導(dǎo)軌之間的摩擦而引起的誤差； 0.50， 0.10， 0.60， 能 【解析】實(shí)驗(yàn)中氣墊導(dǎo)軌的作用是：大大減小了因滑塊和導(dǎo)軌之間的摩擦而引起的誤差?；瑝K1碰撞之前的速度v1=dt1=610-31210-3=0.50m/s；滑塊1碰撞之后的速度v2=dt2=610-36010-3=0.10m/s；滑塊2碰撞后的速度v3=dt3=610-31010-3=0.60m/s；系統(tǒng)碰撞之前的動(dòng)量m1v1=0.15kgm/s系統(tǒng)碰撞之后的動(dòng)量m1v2+m2v3=0.15kgm/s，則兩物體相互作用前后總動(dòng)量是守恒的。12、1.605

18、160 24.0 【解析】（1）螺旋測微器的固定刻度為1.5mm,可動(dòng)刻度為 ,所以最終讀數(shù)為 ,因?yàn)樾枰雷x,最后的結(jié)果可以在之間.（2）表盤上的讀數(shù)是16.0，由于用了“”檔位，所以 待測電阻的阻值為；如果是將選擇開關(guān)置于“直流50V”擋測量，則最小刻度為1V，根據(jù)讀數(shù)規(guī)則要讀到最小刻度下一位，所以表盤上的讀數(shù)為24.0V綜上所述本題答案是：（1）1.605 （2）160 ；24.0四、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、垂直于PQ向上,【解析】試題分析：球只受重力和電場力重力的大小方向都不變?yōu)槭剐∏蚰苎豍Q方向運(yùn)動(dòng)，應(yīng)讓小球所受合力方向沿PQ方向用三角形定則，由重力向PQ方向作垂線，垂線段最短，最短的力為電場力F如圖所示則電場力場強(qiáng)大小，正電荷受電場力方向與場強(qiáng)方向一致，故場強(qiáng)方向垂直于PQ方向加上最小場強(qiáng)后，由圖可知小球受合力大小為F合=mgsin30=mg，方向沿QP方向根據(jù)牛頓第二定律，故a=g所以物體作初速度為V0，加速度為g的勻減速運(yùn)動(dòng)運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式x=v0t+at2，物