2023學年福建省福清龍西中學高二物理第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、 “探究影響平行板電容器電容大小因素”的實驗裝置如圖所示，忽略漏電產生的影響，下列判斷正確的是（）A靜電計指針偏角大小直接反應平行板電容器所帶電量多少B靜電計球與球殼間的電勢差等于兩平行板間的電勢差C兩平行板間距減小時,靜電計指針偏

2、角不變D兩平行板正對面積減小時,靜電計指針偏角減小2、如圖所示的天平可用來測定磁感應強度。天平的右臂下面掛有一個矩形線圈，寬度為l，共N匝，線圈下端懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面。當線圈中通有電流方向如圖時，在天平左、右兩邊加上質量各為、的砝碼，天平平衡，當電流反向大小不變時，右邊再加上質量為m的砝碼后，天平重新平衡，由此可知（ ）A磁感應強度的方向垂直紙面向里，大小為B磁感應強度的方向垂直紙面向里，大小為C磁感應強度的方向垂直紙面向外，大小為D磁感應強度的方向垂直紙面向外，大小為3、如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶正電

3、的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點據此可知（ ）A三個等勢面中，a的電勢最高B帶電質點通過P點時的電勢能較Q點大C帶電質點通過P點時的動能較Q點大D帶電質點通過P點時的加速度較Q點大4、關于場強，下列哪個說法是正確的（）A由E=可知，放入電場中的電荷在電場中受到的電場力F越大，場強E越大，電荷的電荷量q越大，場強E越小B由E=k可知，在離點電荷Q很近的地方即r0，場強E可達無窮大C放入電場中某點的檢驗電荷的電荷量改變時，場強也隨之改變；將檢驗電荷拿走，該點的場強就是零D在F=k中，k是點電荷q2所產生的電場在q1位置處的場強大小5、如圖所示，在方向水平向左的

4、勻速電場中有一傾角為60、高為H的固定絕緣斜面體，現將一質量為m，帶正電且電荷量為q的小物塊（可視為質點）從斜面體頂端由靜止釋放，已知重力加速度為g，勻強電場的電場強度大小為，不計空氣阻力A小物塊將沿斜面下滑B小物塊將做曲線運動C小物塊到達地面時的速度大小為D若其他條件不變，只增大電場強度，小物塊到達地面前的運動時間將增大6、套有三個帶電小環(huán)的光滑大圓環(huán)放在水平面桌面上,小環(huán)可在大環(huán)上自由滑動且電荷量保持不變，平衡后,三個小環(huán)構成一個等腰銳角三角形,三角形的邊長大小關系是 AB=ACBC,可以判斷( )A三個小環(huán)電荷量的代數和可能為0B三個小環(huán)所受大環(huán)的彈力大小關系為FAFB=FCCA 環(huán)可能

5、與B,C 環(huán)的電性相反D三個小環(huán)帶電荷量的大小為QAQB=QC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、如圖所示為伏安法測電阻的一種常用電路，以下分析正確的是（_）A此接法的測量值大于真實值B此接法的測量值小于真實值C此接法要求待測電阻遠小于電流表內阻D開始實驗時滑動變阻器滑動頭P應處在最右端8、如圖所示，水平線a、b、c、d為勻強電場中的等差等勢線，一個質量為m，電荷量絕對值為q的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩個點，已知該粒子在A點的速度大小為v1，在B點

6、的速度大小為v2，且方向與等勢線平行A、B連線長為L，連線與豎直方向的夾角為，不計粒子受到的重力，則A該粒子一定帶正電B勻強電場的電場強度大小C粒子在B點的電勢能一定大于在A點的電勢能D等勢線b的電勢比等勢線e的電勢高9、下列說法正確的是（）A在電場中順著電場線移動電荷，電場力一定做正功，電荷電勢能減少B在電場中逆著電場線移動電荷，電場力一定做負功，電荷電勢能增加C在電場中順著電場線移動正電荷，電場力做正功，電荷電勢能減少D在電場中逆著電場線移動負電荷，電場力做正功，電荷電勢能減少10、電磁炮是一種理想兵器，它的主要原理如圖所示，1982年澳大利亞國立大學成功研制出能把2.2g的彈體（包括金屬

7、桿MN的質量）加速到10km/s的電磁炮（常規(guī)炮彈的速度大小約為2km/s）若軌道寬2m，長100m，通過金屬桿的電流恒為10A，不計軌道摩擦，則A垂直軌道平面的勻強磁場的磁感應強度大小為55TB垂直軌道平面的勻強磁場的磁感應強度大小為5.5104TC該電磁炮工作時磁場力的最大功率為1.1104kWD該電磁炮裝置中對磁場方向和電流方向的關系沒有要求三、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）用如圖甲所示的電路圖研究燈泡L（2.4V，1.0W）的伏安特性，并測出該燈泡在額定電壓下正常工作時的電阻值，檢驗其標示的準確性。除了開關、導線外，還有

8、如下器材：電壓表V，量程選擇03 V，內阻約5 K電流表A，量程選擇0600mA，內阻約0.5滑動變阻器R1，最大阻值10 ，額定電流2.0 A滑動變阻器R2，最大阻值100，額定電流1.0 A直流電源E，電動勢約為6 V，內阻約為0.5 （1）上述器材中，滑動變阻器應選_。（填器材符號）（2）在閉合開關S前，滑動變阻器觸頭應放在_端。（選填“a”或“b”）（3）根據電路圖，請在圖乙中以筆劃線代替導線將實物圖補充完整_。（4）實驗后作出的IU圖象如圖丙所示，圖中曲線彎曲的主要原因是：_。（5）根據所得到的圖象如圖丙所示，求出它在額定電壓（2.4V）下工作時的電阻值R=_，這個測量值比真實值偏_

9、。(選填“大”或“小”)12（12分）（1）某同學在一次“測定某特殊電阻元件的電阻”的實驗中，用游標卡尺測量電阻元件的長度為L，用螺旋測微器測量金屬絲直徑d。電阻元件長L為_cm，金屬絲的直徑d為_mm；（2）該同學用多用表歐姆檔粗測電阻，選用“100”倍率的電阻擋估測元件電阻，發(fā)現多用表指針偏角過大。因此他選擇“10”倍率的電阻擋。并歐姆調零，再進行測量，之后多用表的示數如下圖所示，測量結果為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）一電路如圖所示，電源電動勢E=28V，內阻r=2，電阻R1=12，R2

10、=R4=4，R3=8，C為平行板電容器，其電容C=3.0pF，虛線到兩極板距離相等，極板長L=0.40m，兩極板的間距d=1.010-2m。（1）若開關S處于斷開狀態(tài)，則當其閉合后，求流過R4的總電量為多少？（2）若開關S斷開時，有一帶電微粒沿虛線方向以的初速度射入C的電場中，剛好沿虛線勻速運動，問：當開關S閉合后，此帶電微粒以相同初速度沿虛線方向射入C的電場中，能否從C的右側電場中射出？（要求寫出計算和分析過程，只寫結果不寫過程不給分，g取10m/s2）14（16分）勻強電場中A、B、C三點，把電荷量q= -210-10C的點電荷由A點移到B點，電場力做功W1=4.810-8J；再由B點移到

11、C點克服電場力做功W2=4.810-8J，求A、B和B、C間的電勢差UAB和UBC；15（12分）如圖所示，電源的電動勢E110V，電阻，電動機繞線的電阻，開關始終閉合當開關斷開時，電阻的電功率是525W；當開關閉合時，電阻的電功率是336W求：（1）電源的內電阻；（2）當開關閉合時流過電源的電流和電動機輸出的功率參考答案一、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】A.靜電計測量的是平行板電容器極板間的電勢差，不是電量；故A錯誤.B.靜電計球與球殼間的電勢差等于兩平行板間的電勢差；故B正確.CD.平板的正對面積減小時，由

12、知電容C 減小，而電容器的電荷量不變，根據C=知極板間電勢差增大，所以靜電計指針偏角增大；故C項、D項錯誤.2、B【解析】假設B的方向垂直紙面向外，開始線圈所受安培力的方向向上，電流方向相反，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當于右邊多了兩倍的安培力大小，所以需要在左邊加砝碼，故該假設錯誤；當B的方向垂直紙面向里，開始線圈所受安培力的方向向下，電流方向相反，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向上，相當于右邊少了兩倍的安培力大小，所以需要在右邊加砝碼。則有所以 故ACD錯誤，B正確故選：B。3、BD【解析】試題分析：由于質點只受電場力作用，根據運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側即斜向右下方，由于質點帶

13、正電，因此電場線方向也指向右下方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強度大解：A、電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最高，a等勢線的電勢最低，故A錯誤；B、根據質點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點的電勢能大于Q點的電勢能，故B正確；C、從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，故C錯誤；D、等勢線密的地方電場線密場強大，故P點位置電場強，電場力大，根據牛頓第二定律，加速度也大，故D正確故選BD【點評】解決這類帶電

14、粒子在電場中運動的思路是：根據運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化4、D【解析】AC電場中的場強取決于電場本身，與有無檢驗電荷無關，E=是場強的定義式，不能認為：電荷在電場中受到的電場力F越大，場強E越大，電荷的電荷量q越大，場強E越小，故AC錯誤；BD點電荷的場強公式E=，當離點電荷Q很近的地方即r0時，就不是點電荷，點電荷的場強公式就無意義；此公式中Q是場源電荷的電量，所以D選項公式中點電荷q2所產生的電場在q1位置處的場強大小，故C錯誤，D正確故選D5、C【解析】對物塊進行受力分析，畫出物塊的運動軌跡運用動能定理或牛頓第二定律和運動學公式

15、解決問題【詳解】A、B、對物塊進行受力分析，物塊受重力和水平向左的電場力，電場力，則合力的大小為2mg，方向如圖所示：小物塊將沿合力方向做勻加速直線運動，故A、B錯誤。C、運用動能定理研究從開始到落地過程：，解得；故C正確.D、將物塊的運動分解為水平方向和豎直方向，增大電場強度，電場力增大，水平方向的加速度增大，豎直方向上的加速度不變，根據等時性知，運動時間不變；故D錯誤.故選C.【點睛】了解研究對象的運動過程是解決問題的前提，根據題目已知條件和求解的物理量選擇物理規(guī)律解決問題物體的運動是由所受到的力和初狀態(tài)決定的這個題目容易認為物塊沿著斜面下滑6、B【解析】對A分析，彈力過圓心，根據平衡條件

16、，要么B與C對A引力，要么對A斥力，才能處于平衡狀態(tài)，因此A不可能受到一個斥力一個引力，所以BC帶同種電荷，分析B根據平衡條件可得AC同種電荷，可得三個同種電荷，故AC錯誤；依據彈力等于兩個庫侖力的徑向分量之和，顯然FAB=FACFBC，所以A的彈力最大，B的彈力為FAB和FBC徑向分量之和，C的彈力為FAC和FBC徑向分量之和，顯然FAC=FAB，所以彈力FAFB=FC ，故B正確；A受到兩斥力，AB=ACBC，可得受A力更大，又離B遠，可得A電量大于C，所以電荷量的關系為：QAQB=QC，故D錯誤。所以B正確，ACD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

17、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、AD【解析】A、此電路為內接法，由于電流表的分壓作用，使電壓表示數偏大，所以由歐姆定律可得接法測量出的電阻值大于R的真實值，故A正確，B錯誤；C、內接法要求被測電阻較大，遠遠大于電流表的內阻，以致電流表分壓帶來的誤差可以忽略，故C錯誤；D、滑動變阻器限流接法，閉合電鍵時滑動頭P應處在最右端，此時接入電路中電阻最大，電路在中電流最小，對整個電路起到保護作用，故D正確點睛：對于伏安法測電阻的實驗，要注意分清內外接法的誤差來源，本著盡量減小誤差的原則選擇電路，滑動變阻器的使用應本著保護電路的要求，學生最好

18、在理解的基礎上識記8、BC【解析】A項：根據做曲線運動的物體受的合力指向曲線的內側，由于不知道電場強度的方向，所以無法確定粒子的電性，故A錯誤；B項：在沿電場線方向的位移為： 設A、B間的電勢差為UAB，由動能定理得：，所以，故B正確；C項：根據做曲線運動的物體受的合力指向曲線的內側可知，粒子受的電場力方向向上，所以粒子從A到B過程中電場力做負功，電勢能增大，故C正確；D項：根據題意可知判斷粒子受到的電場力方向，但無法確定電場線的方向，所以無法確定等勢面的電勢的高低，故D錯誤。故選：BC。9、CD【解析】AC在電場中順著電場線移動正電荷，電場力方向沿電場線的方向，故電場力做正功，電勢能減少；順

19、著電場線移動負電荷，電場力方向逆著電場線的方向，故電場力做負功，電勢能增加，故A錯誤，C正確；BD逆著電場線移動正電荷，電場力做負功，電勢能增大；逆著電場線移動負電荷，電場力做正功，電勢能減少，故BD錯誤，D正確；故選CD【點睛】電場線中電場強度的方向沿電場線的切線方向，正電荷受力方向沿電場強度的方向；電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大10、AC【解析】由運動學2axv2v02可得彈體的加速度為；安培力為F=BIL，進而由牛頓第二定律可得：BIL=ma解得：，選項A正確，B錯誤；速度最大時磁場力的功率最大：Pm=BILvm=55102104W=1.1104kW，選項C正確電磁炮

20、裝置中必須使得磁場方向和電流方向決定的安培力方向與炮彈沿導軌的加速方向一致，選項D錯誤；故選AC.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、 R1 a 小燈泡的電阻隨著電壓的升高而增大 4.8 小【解析】(1)根據圖甲所示的電路圖，滑動變阻器采用分壓式連接方式，所以滑動變阻器阻值，滑動變阻器應選R1；(2)由圖甲知，當滑動觸頭打到a端時通過電流表的電流是零，為防止燒表，在閉合開關S前，滑動變阻器觸頭應放在a端；(3) 根據電路圖，在圖乙中以筆劃線代替導線將實物圖(4) 圖中曲線彎曲的主要原因是隨著燈絲中的電流增大，溫度升高，燈絲的電阻率增大，電阻增大；(5) 由圖丙知小燈泡在額定電壓（2.4V）下工作時的電流為0.5A，由，根據歐姆定律，由于電壓表的分流使得電流表測量值大于通過小燈泡的實際電流，故測得的電阻值偏小