2023學(xué)年浙江省溫州市十校聯(lián)合體物理高二第一學(xué)期期中預(yù)測(cè)試題含解析

1、2023學(xué)年高二上物理期中模擬試卷請(qǐng)考生注意：1請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的注意事項(xiàng)，按規(guī)定答題。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，在電場(chǎng)中有a、b兩點(diǎn)，試比較a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大?。灰胍稽c(diǎn)電荷，試比較點(diǎn)電荷在a、b兩點(diǎn)所受電場(chǎng)力的大?。?） AEaEb,FaFbBEaEb,FaFbCEaEb,FaFbDEaEb,FaFb2、 “電子能量分析器”主要由處于真空中

2、的電子偏轉(zhuǎn)器和探測(cè)板組成偏轉(zhuǎn)器是由兩個(gè)相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構(gòu)成，A、B為電勢(shì)值不等的等勢(shì)面電勢(shì)分別為A和B，其過球心的截面如圖所示一束電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以不同的動(dòng)能從偏轉(zhuǎn)器左端M的正中間小孔垂直入射，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域，最后到達(dá)偏轉(zhuǎn)器右端的探測(cè)板N，其中動(dòng)能為Ek0的電子沿等勢(shì)面C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)N板的正中間忽略電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)下列說法中正確的是AA球面電勢(shì)比B球面電勢(shì)高B電子在AB間偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做勻變速運(yùn)動(dòng)C等勢(shì)面C所在處電勢(shì)大小為D等勢(shì)面C所在處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=3、如圖所示，套在條形磁鐵外的三個(gè)線圈，其面積S1S2= S3，且 “3”線圈在磁鐵的正中

3、間設(shè)各線圈中的磁通量依次為1、2、3，則它們的大小關(guān)系是（ ）A123B12=3C123D1Ea由電場(chǎng)力公式F=Eq得知，電荷在b處受到的電場(chǎng)力大于在a處受到的電場(chǎng)力，即FbFa，故D正確。【點(diǎn)睛】電場(chǎng)中，電場(chǎng)線越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，同一電荷受到的電場(chǎng)力越大.2、D【解析】電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，受力的方向與電場(chǎng)的方向相反，所以B板的電勢(shì)較高；故A錯(cuò)誤；電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到的電場(chǎng)力始終始終圓心，是變力，所以電子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)不是勻變速運(yùn)動(dòng)故B錯(cuò)誤；該電場(chǎng)是放射狀電場(chǎng)，內(nèi)側(cè)的電場(chǎng)線密，電場(chǎng)強(qiáng)度大，所以UBCUCA，即：C-BC-A，所以：C故C錯(cuò)誤電子在等勢(shì)面C所在處做勻速圓周運(yùn)

4、動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力： ；又： ，EK0mv2，聯(lián)立以上各式，得：E故D正確；故選D.3、C【解析】所有磁感線都會(huì)經(jīng)過磁體內(nèi)部，內(nèi)外磁場(chǎng)方向相反，所以線圈面積越大則抵消的磁場(chǎng)越大，則，線圈3在正中間，此處磁場(chǎng)最弱，即抵消的最少，所以，最大，選C4、B【解析】A甲是電阻符號(hào)，選項(xiàng)A不符合題意； B乙是電容符號(hào)，選項(xiàng)B符合題意； C丙是可變電阻符號(hào)，選項(xiàng)C不符合題意； D丁是電源符號(hào)，選項(xiàng)D不符合題意5、B【解析】AC由圖象可知，碰撞前m2是靜止的，m1的速度為：碰后m1的速度為：m2的速度為： 即碰后兩物體速度大小相等，方向相反，速度不相同；兩物體碰撞過程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：m1v1=m

5、1v1+m2v2即：14=1（-2）+m22解得：m2=3kg選項(xiàng)AC錯(cuò)誤；BD碰撞前總動(dòng)能： 碰撞后總動(dòng)能：碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)能不變，故碰撞是彈性碰撞，故B正確， D錯(cuò)誤；6、D【解析】A磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，A錯(cuò)誤；B由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，則ab中的感應(yīng)電流不變，根據(jù)可知電阻R消耗的熱功率不變，B錯(cuò)誤；C根據(jù)安培力公式知，電流不變，B均勻減小，則安培力減小，C錯(cuò)誤；D導(dǎo)體棒受安培力和靜摩擦力處于平衡，安培力減小，則靜摩擦力減小，D正確二、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

6、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、AD【解析】試題分析：由圖象A可知電源的電動(dòng)勢(shì)E=3V，短路電流為6A，該電源和該電阻組成閉合電路時(shí)路端電壓為U=2V，電流為I=2A，電源的輸出功率即為電阻R上消耗的功率，根據(jù)P=UI得P=22W=4W，電源的總功率為：P總=EI=32W=6W，所以效率為：=PP總100%=46100%=67%，AD正確；考點(diǎn)：考查了U-I圖像【名師點(diǎn)睛】由圖象A可知電源的電動(dòng)勢(shì)為3V，短路電流為6A，兩圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)即為電阻R和電源構(gòu)成閉合回路時(shí)的外電壓和干路電流電源的輸出功率即為電阻R上消耗的功率，效率

7、等于R消耗的功率除以總功率8、AD【解析】對(duì)A球進(jìn)行受力分析，由于A球能保持靜止，根據(jù)共點(diǎn)力平衡狀態(tài)解決問題；【詳解】A、對(duì)A球進(jìn)行受力分析：根據(jù)力的合成，可知道三個(gè)力合力可以為0，故A正確；B、對(duì)A球進(jìn)行受力分析：根據(jù)力的合成，可知道任意兩個(gè)力的合力的方向不可能與第三個(gè)力方向相反，合力不為零，故B錯(cuò)誤；C、對(duì)A球進(jìn)行受力分析：根據(jù)力的合成，可知道任意兩個(gè)力的合力的方向不可能與第三個(gè)力方向相反，合力不為零，故C錯(cuò)誤；D、對(duì)A球進(jìn)行受力分析：根據(jù)力的合成，可知道三個(gè)力合力可以為0，故D正確。【點(diǎn)睛】根據(jù)受力分析，找出所受的力合力可以為0，那么小球可以處于靜止?fàn)顟B(tài)。9、CD【解析】試題分析：電流表

8、與電流表都是由表頭改裝成的，電壓表是本題與分壓電阻串聯(lián)成的，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律可知，若電壓表讀數(shù)總比準(zhǔn)確值小，說明通過本題的電流較小，應(yīng)減小分壓電阻的大小，根據(jù)并聯(lián)電阻需要任一支路電阻可知，應(yīng)在R上并聯(lián)一個(gè)比R大得多的電阻解：電壓表的讀數(shù)總比準(zhǔn)確值稍小一些，說明通過電流表G的電流偏小，串聯(lián)的電阻R偏大，為減小串聯(lián)電阻R的阻值需在R上并聯(lián)一個(gè)比R大得多的電阻，所以D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】電流表、電壓表的改裝，實(shí)質(zhì)上是電阻的串、并聯(lián)問題，只要分清分電流、總電流，分電壓、總電壓，應(yīng)用歐姆定律就能解決10、CD【解析】將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下調(diào)節(jié)，變阻器接入電路的電阻減小，R與燈L2并聯(lián)的電阻減小，外電路總

9、電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知，干路電流I增大，路端電壓U減小，則電壓表示數(shù)減小，燈L1變亮；因路端電壓減小，則電源的效率減??；R與燈L2并聯(lián)電路的電壓U并=U-U1U減小，U1增大，則U并減小，燈L2變暗。流過電流表的電流IA=I-I2I增大，I2減小，IA增大，電流表的示數(shù)增大。R與燈L2并聯(lián)電路的電壓減小，電容器板間電壓減小，則其帶電量減小。A. 電壓表和電流表的示數(shù)都增大，與分析不符，故A錯(cuò)誤。B. 燈 L2 變暗，電流表的示數(shù)減小，與分析不符，故B錯(cuò)誤。C. 燈 L1 變亮，電壓表的示數(shù)減小，與分析相符，故C正確。D. 燈 L2 變暗，電容器的帶電量減小，與分析相符，故D正確

10、。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、30.35 3.204 大于 【解析】(1)1游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為：30mm，游標(biāo)讀數(shù)為0.057mm=0.35mm，所以最終讀數(shù)為：30mm+0.35mm=30.35mm2螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為3mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.0120.4mm=0.204mm，所以最終讀數(shù)為：3mm+0.204mm=3.204mm(2)3由于待測(cè)電阻滿足所以電流表應(yīng)用外接法，即更接近真實(shí)值4采用內(nèi)接法時(shí)真實(shí)值應(yīng)為即測(cè)量值大于真實(shí)值12、30.25； 3.208； R2； a； 2.30； 94 【解析】主尺刻度為30

11、mm，游標(biāo)尺刻度為80.05mm=0.40mm，所以游標(biāo)卡尺的示數(shù)為30mm+0.40mm=30.40mm；螺旋測(cè)微器固定尺刻度為3mm，螺旋尺刻度為20.80.01mm=0.208mm，所以螺旋測(cè)微器的示數(shù)為3mm+0.208mm=3.208mm；（1）滑動(dòng)變阻器的總阻值應(yīng)大于固定電阻和待測(cè)電阻的阻值之和，所以滑動(dòng)變阻器選擇R2；為了安全，開關(guān)閉合前，電流應(yīng)最小，所以閉合開關(guān)S前應(yīng)將滑片移至a端；（2）根據(jù)電路圖，實(shí)物連接如圖所示：（3）電壓表量程為3V，圖示示數(shù)為2.30V；（4）根據(jù)歐姆定律和電阻定律：，代入數(shù)據(jù)解得L=94m。 (4)根據(jù)歐姆定律得：R0+Rx=U/I=2.30/0.5

12、02=4.58解得：Rx=1.58根據(jù)電阻定律得：代入數(shù)據(jù)解得L=94m。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、 (1)(2)【解析】(1)從a點(diǎn)入射的粒子在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：聯(lián)立解得：；(2)設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為 ，速度方向與水平方向成 角，則有：粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好不從邊界cd射出，其軌跡恰與邊界cd相切，如圖所示：設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R ，由幾何關(guān)系可得：由牛頓第二定律得：聯(lián)立解得：14、（1）mv022qL （2）2mv0qL （3）8+L4v0 【解析】試題分析：（1）當(dāng)粒子從P點(diǎn)垂直進(jìn)入電場(chǎng)

13、后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，再以與x軸成45垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，接著從原點(diǎn)射出由粒子在電場(chǎng)P點(diǎn)的速度可求出剛進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，再由動(dòng)能定理可得電場(chǎng)強(qiáng)度（2）從而由類平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合幾何關(guān)系可求出圓弧對(duì)應(yīng)的半徑，因此可算出磁感應(yīng)強(qiáng)度（3）同時(shí)由周期公式及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出粒子從P點(diǎn)到O點(diǎn)的時(shí)間粒子在電場(chǎng)中經(jīng)過點(diǎn)P后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從O點(diǎn)射出，則其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示（1）設(shè)粒子在O點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，OQ段為圓周，PQ段為拋物線根據(jù)對(duì)稱性可知，粒子在Q點(diǎn)時(shí)的速度大小也為v，方向與x軸正方向成45角，可得v0=vcos45解得v=2v0在粒子從P運(yùn)動(dòng)到Q的過程中，由動(dòng)能定理得qE0L=12mv02-12mv2，解得E0=mv022qL在勻強(qiáng)電場(chǎng)由P到Q的過程中，水平方向的位移為x=v0t1豎直方向的位移為y=v02t1=L可得xQP=2L，OQ=L由OQ=2Rcos45故粒子在QO段圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=22L及R=mvBq得B0=2m