保山市重點中學2023學年物理高二第一學期期中達標檢測試題含解析

1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、某導體中的電流隨其兩端電壓的變化如圖所示，則下列說法中正確的是（ ）A由圖可知，隨著電壓的增大，導體的電阻不斷減小B加5V電壓時，導體的電阻是0.2C加12V電壓時，導體的電阻是

2、8D該元件為非線性元件，所以歐姆定律不適用2、游客乘坐過山車，在圓弧軌道最低點處獲得的向心加速度達20 m/s2，g取10 m/s2，那么此位置的座椅對游客的作用力相當于游客重力的()A4倍B3倍C2倍D1倍3、如圖所示，一輛裝滿貨物的汽車在丘陵地區(qū)行駛，由于輪胎太舊，途中“放了炮”，你認為在圖中A、B、C、D四處中，“放炮”可能性最大的地點是AA處BB處CC處DD處4、如圖所示，在正方形空腔內(nèi)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1

3、1C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215、彎道上高速行駛的賽車，突然后輪脫離賽車，關(guān)于脫離了的后輪的運動情況，以下說法中正確的是（ ）A仍然沿著汽車行駛的彎道運動B沿著與彎道垂直的方向飛出C沿著脫離時輪子前進的方向做直線運動，離開彎道D上述情況都不可能6、在距離水平地面1m高處以4m/s的水平速度拋出一個小球，若不計空氣阻力，則小球落到水平地面時的速度大小為(g取10m/s2)A0m/sB5m/sC6m/sD36m/s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

4、部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、兩個等量同種點電荷固定于光滑絕緣水平面上,其連線中垂線上有A、B、C三點,如圖甲所示.一個電荷量為210-3C、質(zhì)量為0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從C點靜止釋放,其在水平面內(nèi)運動的圖像如圖乙所示,其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線).則下列說法正確的是（ ）A由C到A的過程中物塊的電勢能逐漸減小BB、A兩點間的電勢差C由C點到A點電勢逐漸降低DB點為中垂線上電場強度最大的點,場強8、空間存在勻強電場，有一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m的粒子從O點以速率v0射入電場，運動到A點時速率為2v0?，F(xiàn)有另一電荷量q、質(zhì)量m

5、的粒子以速率2v0仍從O點射入該電場，運動到B點時速率為3v0。若忽略重力的影響，則()A在O,A,B三點中，B點電勢最高B在O,A,B三點中，A點電勢最高CO,A間的電勢差比B,O間的電勢差大DO,A間的電勢差比B,A間的電勢差小9、如圖所示，甲、乙兩個電路都是由一個表頭G和一只變阻器R組成的，下列說法正確的是( )A乙表是電流表，R增大時量程減小B甲表是電壓表，R增大時量程增大C甲表是電流表，R增大時量程減小D乙表是電壓表，R增大時量程增大10、有A、B兩個電阻，它們的伏安特性曲線如圖所示，從圖線可以判斷( )A電阻A的阻值大于電阻BB電阻A的阻值小于電阻BC兩電阻串聯(lián)時，電阻A消耗的功率

6、較小D兩電阻并聯(lián)時，流過電阻B的電流強度較大三、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）現(xiàn)有一個靈敏電流表，它的滿偏電流，內(nèi)阻，若要將它改裝成量程為5A的電流表，應并聯(lián)一個_的電阻，改裝后的電流表測量電流時，指針指在表盤上的原來處，則被測電流的大小是_A12（12分）如圖所示的電路中，小量程電流表G的內(nèi)阻Rg=100，滿偏電流Ig=1 mA， R1=900， R2=，則當S1和S2均斷開時，改裝成的電表是_（填電流表或電壓表），量程為_；當S1和S2均閉合時，改裝成的電表是_（填聯(lián)表或 電壓表），量程為_。四、計算題：本題共2小題，共26

7、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，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(zhì)量M=1.0kg，長度L=1.0m.在薄木板的中央有一個小滑塊(可視為質(zhì)點)，質(zhì)量m=0.5kg.小滑塊與薄木板之間的動摩擦因數(shù)1=0.10，小滑塊、薄木板與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等，皆為2=0.20.設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F=3.5N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

8、塊脫離木板但不離開桌面，求拉力F應滿足的條件14（16分）如圖所示的平行金屬板電容器的電容為C=210-4F，極板A、B之間可以看成勻強電場，場強E=1.2103V/m，極板間距離為L=5cm，電場中c點到A板、d點到B板的距離均為0.5cm，B板接地求：(1) A板的電勢A； (2)A板所帶電荷量Q；(3)將電荷量q=510-6C的帶正電點電荷從d移到c，電場力做的功Wdc15（12分）如圖所示，在空間中取直角坐標系xOy，在第一象限內(nèi)平行于y軸的虛線MN與y軸距離為d4cm，從y軸到MN之間的區(qū)域充滿一個沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E375V/m。初速度可以忽略的帶負電的粒子經(jīng)過另一

9、個電勢差為U10V的電場加速后，從y軸上的A點以平行于x軸的方向射入第一象限區(qū)域，OA的距離h4.5cm。已知帶電粒子的比荷為0.8C/kg，帶電粒子的重力忽略不計，求：(1)帶電粒子從A點進入電場到離開該電場區(qū)域所經(jīng)歷的時間t和離開電場區(qū)域時的速率v；(2)帶電粒子經(jīng)過x軸時離坐標原點O的距離l。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】A：導體電流-電壓圖線上點與原點連線的斜率表示電阻的倒數(shù)；由圖可知，隨著電壓的增大，點與原點連線的斜率變小，導體的電阻不斷變大。故A項錯誤。B：加5V電壓時，導體的電流是1.

10、0A，導體的電阻。故B項錯誤。C：加12V電壓時，導體的電流是1.5A，導體的電阻。故C項正確。D：該元件為非線性元件，能用歐姆定律計算導體在某狀態(tài)的電阻。故D項錯誤。點睛：導體電流-電壓圖線上點與原點連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，不是圖線切線斜率表示電阻的倒數(shù)。2、B【解析】根據(jù)牛頓第二定律得，N-mg=ma，解得N=mg+ma=10m+20m=30m=3mg，故B正確，ACD錯誤3、D【解析】放炮可能最大，即車對地面的壓力最大，在AC兩點為沒有在BD兩點時的大，排除，半徑越大，向心力越小，因為B點的半徑大于D的點半徑，所以在D點最容易放炮，D正確。故選D。4、B【解析】粒子運動軌跡如圖所示，由

11、幾何知識可知：r甲=2r乙，粒子轉(zhuǎn)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；5、C【解析】后輪未脫離賽車時，具有向前的速度，脫離賽車后，由于慣性，后輪保持原來向前的速度繼續(xù)前進，所以沿著脫離時輪子前進的方向做直線運動，離開彎道。故選C。6、C【解析】考查

12、平拋運動?！驹斀狻科綊佭\動分為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，落地時，水平分速度 ，豎直方向有：解得合速度有：ABD錯誤，C正確，故選C。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、ACD【解析】從速度時間圖象可知，由C到A的過程中，物塊的速度一直增大，電場力對物塊做正功，電勢能一直減小，故A正確；從速度時間圖象可知，A、B兩點的速度分別為 vA=6m/s，vB=4m/s，再根據(jù)動能定理得 qUAB=mvB2-mvA2=0.1（42-62）J=-1J，解得：U

13、AB=-500V，故B錯誤據(jù)兩個等量同種正電荷其連線中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側(cè)，故由C點到A點的過程中電勢逐漸減小，故C正確；帶電粒子在B點的加速度最大，為 am=2m/s2，所受的電場力最大為 Fm=mam=0.12N=0.2N，則場強最大值為，故D正確； 故選ACD.點睛：明確等量同種電荷電場的特點是解本題的關(guān)鍵，要知道v-t圖切線的斜率表示加速度，由動能定理求電勢差是常用的方法8、AD【解析】根據(jù)電場力做功與電勢能之間的關(guān)系，電場力做正功，電勢能減小，可以判斷電勢的高低；在由電勢差的定義式可以分析OA、BO的電勢差的大小【詳解】正電荷由O到A，動能變大，電場力做正功，電勢

14、能減小，電勢也減小，所以O點的電勢比A點的高；負電荷從O到B速度增大，電場力也做正功，電勢能減小，電勢升高，B點電勢比O點高。所以B點最高，故A正確，B錯誤；由電場力做功的公式可得：UOAWOAq12m(2v0)2-12mv02q3mv022q；UOBWOB-q12m(3v0)2-12m(2v0)2-q5mv02-2q；所以有：UBA=4mv02q；所以C錯誤，D選項正確。故選AD?！军c睛】在計算電場力做功和電勢的大小時，一定要注意物理量的正負號，它表示了電勢的高低，求電勢差時也是如此9、AB【解析】AD、乙表滑動變阻器與表頭并聯(lián)，起分流作用，故是電流表，R增大時，電路中R2變阻器分流減小，乙

15、表量程減??；故A正確，D錯誤；BC、甲表表頭與電阻串聯(lián)，故是電壓表，R1增大時時，變阻器分擔的電壓增大，甲表量程增大；故B正確，C錯誤。10、BC【解析】伏安特性曲線中直線的斜率表示的是電阻的倒數(shù)，根據(jù)斜率的大小可以判斷AB電阻的大小；根據(jù)電阻的大小，再由歐姆定律可以判斷流過電阻的電流的大小；【詳解】A、I-U圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，A圖線的斜率大，則A的電阻小，故A錯誤，B正確；C、當兩電阻串聯(lián)時，電阻的電流相同，由P=I2R可得，電阻小的電阻的功率小，所以電阻A消耗的功率較小，所以C正確；D、兩電阻并聯(lián)時，即電壓相同的時，由于A的電阻小，流過電阻A的電流強度較大，則流過電阻B的電流強度較

16、小，所以D錯誤?！军c睛】本題就是考查學生對于伏安特性曲線的理解，在做題時一定要區(qū)分開U-I圖象和I-U圖象，不同的圖象中的直線的斜率的含義不同。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、0.04 、 1【解析】所并電阻阻值為；因為 ，所以指針指在表盤上的原來處，則被測電流的大小是 故答案為0.04 ，112、電壓表 1V 電流表 1A 【解析】12由圖示電路圖可知，當S1和S2均斷開時，G與R1串聯(lián)，此時為電壓表，改裝后電壓表量程為34由圖示電路圖可知，當S1和S2均閉合時，G與R2并聯(lián)，此時為電流表，改裝后電流表量程為四、計算題：本題共2小

17、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）13m/s2（1）4.5N（3）F6N【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(guān)系以及滑塊與木板的位移關(guān)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(jié)合找出的位移關(guān)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

18、加速度為a1，薄木板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律有：對滑塊：1mg=ma1 對木板：F臨界-1mg-2（m+M)g=Ma2 且有：a1=a2，解得：F臨界=4.5N，由于：F=3.5NF臨界=4.5N， 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：a=F-2m+MgM+m=13m/s2；（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：F臨界=4.5N，則拉力至少為4.5N；（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a3，小滑塊脫離木板前，薄木板的加速度為a4，空間位置變化如圖所示：則滑塊的速度：v=a1t，對滑塊，由牛頓第二定律得：2mg=ma3，位移：x1=v22a1，x2