云南省曲靖市陸良縣第五中學2023學年物理高二上期中達標檢測模擬試題含解析

1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項：1 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、關于物理學家和他們的貢獻，下列說法中正確的是A法拉第發(fā)現了電磁感應現象，并制作了世界上第一

2、臺發(fā)電機B庫侖提出了庫侖定律，并最早用實驗測得元電荷e的數值C奧斯特發(fā)現了電流的磁效應，并發(fā)現了電磁感應現象D庫侖定律公式中的常數K 是由卡文迪許通過扭秤實驗測得的2、一臺電動機，額定電壓是100V，電阻是1。正常工作時，通過的電流為5A，則電動機因發(fā)熱損失的功率為（）A25WB475WC500WD1000W3、如圖所示，AB是中性導體，把一個帶正電的電荷靠近（不接觸）A端后，又拿走。B端帶電情況為：A正電B不帶電C負電D不確定4、如圖所示，兩個同樣的導線環(huán)同軸平等懸掛，相隔一小段距離當同時給兩導線環(huán)通以同向電流時，兩導線環(huán)將（）A吸引B排斥C保持靜止D不可判斷5、用伏安法測電阻時，電流表有兩

3、種接法，如圖甲、乙所示，則下列說法正確的是() A用甲圖測量時，誤差主要是由于電流表的分壓作用造成的B用乙圖測量時，誤差主要是由于電流表的分壓作用造成的C若待測電阻的阻值遠遠大于電流表的阻值，采用圖甲測量的誤差較小D若待測電阻的阻值與電流表阻值相差不多，采用圖乙測量的誤差較小6、兩個完全相同的金屬球A和B(可視為點電荷)帶電荷量之比為15，且為異種電荷，兩者相距為r現將金屬球A和B接觸一下后放于距離為2r的兩點處，則接觸后兩小球之間的庫侖力大小與接觸前兩小球之間的庫侖力大小之比為()A51B920C209D15二、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

4、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、如圖所示電路，電源內阻不可忽略。開關S閉合后，在變阻器R0的滑動片向下滑動的過程中 ( ）A電壓表的示數減小B電壓表的示數增大C電流表的示數減小D電流表的示數增大8、如圖在光滑四分之一圓弧軌道的頂端a點，質量為m的物塊(可視為質點)由靜止開始下滑，經圓弧最低點b滑上粗糙水平面，圓弧軌道在b點與水平軌道平滑相接，物塊最終滑至c點停止若圓弧軌道半徑為R，物塊與水平面間的動摩擦因數為，下列說法正確的是()A物塊滑到b點時的速度為Bc點與b點的距離為C物塊滑到b點時對b點的壓力是3mgD整個過程中物塊機械能損失了mgR9、

5、如圖虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即UabUbc，實線為一帶負電的點電荷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（ ）AP點的電勢高于Q點的電勢B該點電荷在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大C該點電荷通過P點時的動能比通過Q點時大D該點電荷通過P點時的加速度比通過Q點時大10、如圖所示,在場強大小為E的勻強電場中,一根不可伸長的絕緣細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球,另一端固定在O點。把小球拉到使細線水平的位置A,然后將小球由靜止釋放,小球沿弧線運動到細線與水平成=60的位置B時速度為零，以下說法正確的是A小球

6、重力與電場力的關系是mg=3EqB小球重力與電場力的關系是mg=33EqC小球在A點和B點的加速度大小相等D小球在B點時,細線拉力為2Eq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）然后用螺旋測微器測量該銅片的厚度，示數如圖所示，其厚度為_mm。 12（12分）某同學在做測金屬絲電阻率的實驗中，取一根粗細均勻的、長度為L的康銅絲，先用螺旋測微器測出康銅絲的直徑d；然后由伏安法測出康銅絲的電阻；最后求出康銅絲的電阻率（1）測康銅絲的直徑時螺旋測微器的示數如圖甲所示，可知康銅絲的直徑d=_mm（2）圖乙是測量康銅絲電阻的原理圖，根據原理圖在圖

7、丙所示的實物圖中畫出連線_（3）利用上面的電路圖測出的電阻值比真實值_（填“偏大”或“偏小”），這種誤差叫作_誤差（填“偶然”或“系統(tǒng)”）（4）若調節(jié)滑動變阻器，通過多次測量求平均值的方法得到康銅絲的電阻值為R，請寫出求康銅絲的電阻率的表達式為_（用L、d、R等已知字母表示）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）靜電噴漆技術具有效率高、浪費少、質量好，有利于工人健康等優(yōu)點，其裝置原理圖如圖所示。A、B為兩塊平行金屬薄板，B板上表面需要噴漆，兩板間距為d，兩板間有方向由B指向A、場強為E的勻強電場。在A板的中央

8、放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，微粒的初速度為v0，質量為m，電荷量為q，噴槍體積、微粒的重力和所受空氣阻力以及微粒之間的作用力均不計，微粒最后都落在金屬板B上且對勻強電場不影響。試問：(1)油漆微粒帶電性質；(2)油漆微粒最后落在B板上表面所形成的圖形面積的大小。14（16分）如圖所示，兩個水平放置的帶電平行金屬板間形成勻強電場，長為L的絕緣細線一端固定在O點，另一端拴著一個質量為m、帶有一定電荷量的小球，小球原來靜止.當給小球某一沖量后，它可繞O點在豎直平面內做勻速圓周運動.若兩板間電壓增大為原來的4倍，重力加速度為g，則：（1）要

9、使小球從C點開始在豎直平面內做圓周運動，開始至少要給小球多大的沖量？（2）在小球運動過程中，細線上的最大拉力為多大？15（12分）電源的電動勢為4.5V、外電阻為4.0時，路端電壓為4.0V.求：(1)電源的內阻是多少?(2)如果在外電路再并聯(lián)一個6.0的電阻，路端電壓是多大?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、A【解析】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可?！驹斀狻緼項：法拉第不僅發(fā)現了電磁感應現象，而且發(fā)明了人類歷史上的第一臺發(fā)電機，故A正確；B項：庫侖提出了庫侖定律，美國物理學家密立根利用油

10、滴實驗測定出元電荷e的帶電量，故B錯誤；C項：奧斯特發(fā)現了電流的磁效應，法拉第發(fā)現了電磁感應現象，故C錯誤；D項：卡文迪許通過扭秤實驗測得的是引力常量，不是靜電常量，故D錯誤。故應選：A?！军c睛】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一。2、A【解析】根據焦耳定律得故電動機因發(fā)熱損失的功率為，故BCD錯誤，A正確。故選A。3、B【解析】本次考查感應起電現象與原理【詳解】當一個帶正電的電荷靠近A端后，A端感應出負電荷，而B端感應出正電荷，當把帶正電的電荷拿走以后，AB導體上的自由電荷又重新分布，結果又呈電中性，即導體棒又不帶電，故本題選B

11、。4、A【解析】通電導線環(huán)產生磁場，相當于一個磁鐵，由安培定則可知：兩導線環(huán)左側面是N極，右側面是S極，同名磁極相互吸引，異名磁極相互排斥，左右兩通電導線環(huán)的S極與N極相對，因此兩導線環(huán)相互吸引；故選A【點睛】把兩通電導線環(huán)等效為磁鐵，由安培定則判斷出磁鐵的極性，根據磁鐵磁極間的相互作用即可正確解題5、B【解析】AC.由圖甲所示電路圖可知，電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，使所測電流偏大，實驗誤差來源于電壓表分流，當電壓表內阻遠大于待測定值阻值時采用該電路誤差較小，故AC錯誤；BD.由圖乙所示電路圖可知，電流表采用內接法，由于電流表的分壓作用，所測電壓偏大，試驗誤差是由電流表的分壓造成的

12、，當待測電阻阻值遠大于電流量表內阻時，用該電路試驗誤差較小，故B正確，D錯誤。6、D【解析】兩個完全相同的帶異種電荷的金屬小球，將它們相互接觸再分開，帶電量先中和后平分，設金屬球A和B帶電量為Q：1Q，所以A、B所帶的電荷相等都為2Q，根據庫侖定律得：； ，解得：F=F/1，則后來兩小球之間的靜電力大小與原來之比是1：1故選D【點睛】本題主要考查了庫侖定律的直接應用，注意兩個完全相同的金屬小球，將它們相互接觸再分開，帶電量先中和后平分二、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

13、、AC【解析】當滑片右移時，滑動變阻器接入電阻增大，則外電路總電阻增大，電路中總電流減小，電源的內電壓減小，則由閉合電路歐姆定律可知，電路的路端電壓增大，故電壓表示數增大；由歐姆定律可知，R3上的分壓減小，而路端電壓增大，故并聯(lián)部分的電壓增大，則電流表示數增大，故BD正確，AC錯誤；故選BD點睛：本題考查了電路的動態(tài)分析問題，用到了“局部-整體-局部”的方法判斷電流表和電壓表的變化情況。 8、BCD【解析】A.由機械能守恒可知，mgR=mv2；解得b點時的速度為，故A不符合題意；B.對全程由動能定理可知，mgR-mgs=0解得bc兩點間的距離為，故B符合題意；C.b點時，物體受重力、支持力而做

14、圓周運動，則由可得支持力F=3mg，由牛頓第三定律可知，物塊對b點的壓力為3mg； 故C符合題意；D.在滑動過程中，摩擦力所做的功等于機械能的損失，故機械能損失了mgs=mgR，故D符合題意；9、BD【解析】A、若帶電微粒從P點進入電場，由圖可知帶電微粒所受電場力由a等勢面指向b等勢面，由于微粒帶負電，故c等勢面的電勢最高，故P點的電勢低于Q點的電勢，故A錯誤B、由于帶電微粒在從Q向P運動的過程中電場力做負功，則帶電微粒的電勢能增大，故帶電微粒在P點時的電勢能較大故B正確C、由于帶電微粒在從Q向P運動的過程中電場力做負功，故微粒在Q點時的動能大于在P點的動能故C錯誤D、由于電場線越密等勢線越密

15、，由圖可知P點的場強大于Q點的場強，故帶電微粒在P處所受的電場力大于在Q點所受的電場力，故帶電微粒通過P點時的加速度大故D錯誤故選B10、BC【解析】類比單擺，小球從A點靜止釋放，運動到B點速度為0，說明弧AB的中點是運動的最低點，對小球進行受力分析，小球處在弧線中點位置時切線方向合力為零，再根據幾何關系可以求出Eq，球到達B點時速度為零，向心力為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析，再根據幾何關系即可解題。【詳解】A、B項：小球從A運動到B的過程中，根據動能定理得：mgLsin-qEL（1-cos）=0得qE:mg=sin:(1-cos)=3:1，則qE=3mg，故A錯誤，B正確；C

16、項：在A點，小球所受的合力等于重力，加速度aA=mgm=g，在B點，合力沿切線方向Eqsin60-mgcos60=mg，加速度aB=g，所以A、B兩點的加速度大小相等，故C正確；D項：小球到達B點時速度為零，向心力為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析可知：T=qEcos60+mgsin60故細線拉力T=3mg，故D錯誤。故應選：BC。【點睛】本題關鍵是對小球受力分析，然后找出復合場的最低點位置，最后根據牛頓第二定律和平行四邊形定則列式分析計算。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、6.195(6.1946.196)【解析】螺旋測

17、微器的固定刻度為6mm，可動刻度為19.50.01mm=0.195mm，所以最終讀數為6mm+0.195mm=6.195mm（6.1946.196）12、（1）0.281； （2）電路圖如圖所示 （3）偏小， 系統(tǒng)； （4） 【解析】（1）螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數之和是螺旋測微器的示數（2）根據電路圖連接實物電路圖（3）根據電路圖應用歐姆定律分析實驗誤差，由于實驗數據導致的誤差是系統(tǒng)誤差（4）根據電阻定律求出電阻率的表達式【詳解】（1）由圖示螺旋測微器可知，其示數為：0mm+28.10.01mm=0.281mm；（2）根據圖乙所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示：（3）由圖示電

18、路圖可知，電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用所測電流偏大，由歐姆定律可知，電阻的測量值小于真實值；該誤差是由于實驗設計造成的，屬于系統(tǒng)誤差（4）電阻阻值：，電阻率：；【點睛】本題考查了螺旋測微器讀數、連接電路圖、實驗誤差分析、求電阻率表達式，螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數之和是螺旋測微器的示數，螺旋測微器需要估讀四、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)負電；(2)?！窘馕觥?1)油漆微粒向下運動，說明電場力向下，而場強方向向上，故油漆微粒帶負電；(2)微粒落在板上所形成的圖形是圓，落在圓邊緣上的微粒在兩極間做類平拋運動，有解得圓面積為：即微粒最后落在板上所形成的圖