湖南省長沙市南雅中學(xué)2023學(xué)年物理高二上期中調(diào)研試題含解析

1、2023學(xué)年高二上物理期中模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、如圖所示是顯像管的原理圖，沒有磁場時陰極射線（電子束）將打在熒光屏正中的點，要使電子束打在圖中的點，偏轉(zhuǎn)磁場應(yīng)該沿著什么方向：A沿著紙面向上；B沿著紙面向右；C垂直于紙

2、面向外；D垂直于紙面向里2、通常，測電流采用安培表。歷史上，安培表還未出現(xiàn)之前，歐姆已采用小磁針測量電流，他的具體做法是：在地磁場的作用下，小磁針處于水平靜止狀態(tài)，在其上方平行于小磁針放置一長直導(dǎo)線，當導(dǎo)線中通有電流時，小磁針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，俯視圖如圖所示。已知長直通電導(dǎo)線在空間某點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小B1與I成正比。通過測量小磁針偏轉(zhuǎn)的角度可測出導(dǎo)線中的電流I。下列說法中正確的是A通電后小磁針靜止時N極所指的方向就是電流產(chǎn)生磁場的方向B這種方法只能測量導(dǎo)線電流的大小，不能確定導(dǎo)線電流的方向C導(dǎo)線中電流的大小與小磁針轉(zhuǎn)過的角度正切值成正比D導(dǎo)線中電流的大小與小磁針轉(zhuǎn)過的角度的正弦值成正比3、如

3、圖甲所示，在圓形線框的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，開始時磁場垂直于紙面向里若磁場的磁感應(yīng)強度B按照圖乙所示規(guī)律變化，則線框中的感應(yīng)電流I （取逆時針方向為正方向）隨時間t的變化圖線是（）ABCD4、如圖所示，定值電阻R=20，電動機線圈的電阻R0=10，當開關(guān)S斷開時，電流表的示數(shù)是0.5A當開關(guān)S閉合后，電動機轉(zhuǎn)動起來，電路兩端的電壓不變，電流表的示數(shù)I和電路消耗的電功率P應(yīng)是（ ）AI=1.5ABI1.5ACP=15WDP15W5、關(guān)于正常工作的發(fā)電機、電動機和白熾燈，以下說法中正確的是（）A發(fā)電機是將電能轉(zhuǎn)化為機械能的裝置B電動機是將機械能等能轉(zhuǎn)化為電能的裝置C電動機消耗的電能大于產(chǎn)生的熱能，白

4、熾燈消耗的電能等于產(chǎn)生的熱能D電動機消耗的電能等于產(chǎn)生的熱能，白熾燈消耗的電能大于產(chǎn)生的熱能6、如圖為監(jiān)控汽車安全帶使用情況的報警電路，S為汽車啟動開關(guān)，汽車啟動時S閉合駕駛員未系安全帶時開關(guān)S閉合，系好安全帶時S斷開要求當駕駛員啟動汽車但未系安全帶時蜂鳴器報警則在圖中虛線框內(nèi)應(yīng)接入的門電路是()A“非”門B“或”門C“與”門D“與非”門二、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、已知引力常量G和下列某組數(shù)據(jù)就能計算出地球的質(zhì)量，這組數(shù)據(jù)是（）A地球繞太陽運行的周期及地球與太

5、陽之間的距離B月球繞地球運行的周期及月球與地球之間的距離C人造地球衛(wèi)星在地面附近繞行的速度及運行周期D若不考慮地球自轉(zhuǎn)，已知地球的半徑及地球表面重力加速度8、如圖所示，用電池對電容器充電，電路a 、b之間接有一靈敏電流表，兩極板之間有一個電荷q處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩極板的間距變大，則A電荷將向上加速運動B電荷將向下加速運動C電流表中將有從a到b的電流D電流表中將有從b到a的電流9、在如圖所示電路中，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑片P向下滑動時，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、和表示，電表示數(shù)變化量的絕對值分別用和表示，則下列判斷中正確的是( )A不變， 不變B變大， 變小C電源的

6、總功率變大D電源的效率增大10、如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中() A它們運動的時間tQtPB它們運動的加速度aQaPC它們所帶的電荷量之比qPqQ12D它們的動能增加量之比EkPEkQ14三、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）某興趣小組用圖示器材研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象（1）以筆畫線代替導(dǎo)線，將圖中電路連接完整。（_）（2）電路正確連接后，手持線圈B，放在線圈A的上方附

7、近（如圖），閉合開關(guān)，發(fā)現(xiàn)靈敏電流計向左輕微偏轉(zhuǎn)，當線圈B完全放入線圈A中，斷開開關(guān)瞬間靈敏電流計指針向_偏轉(zhuǎn)（填“左”或“右”）（3）若用楞次定律解釋（2）中實驗現(xiàn)象，需要明確：_。A.靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流流入方向之間的關(guān)系B.線圈A的繞向C.線圈B的繞向D.兩線圈的匝數(shù)12（12分）某中學(xué)物理學(xué)習(xí)小組利用如圖1所示裝置測量木塊與木板動摩擦因數(shù)。水平固定的長木板左端有定滑輪，長木板右端固定有打點計時器，木塊與豎直懸掛的彈簧秤通過輕繩連接，其間通過動滑輪懸掛有砂桶。木塊質(zhì)量為M，桶和砂子的總質(zhì)量為m，木塊的加速度a可由打點計時器和紙帶測出。 (1)如圖2所示為上述實驗中打下的一條紙帶，

8、A點為木塊剛釋放時打下的起始點每兩點間還有四個點未畫出，打點計時器的頻率為50Hz，則木塊的加速度大小a=_。（保留三位有效數(shù)字）(2)本實驗是否需要滿足m0）的小物塊在與金屬板A相距l(xiāng)處靜止若某一時刻在金屬板B、A間加一電壓，,小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變?yōu)?0.5q，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因素為，若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時間則(1)小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？(2)小物塊碰撞后經(jīng)過多長時間停止運動？停在何位置？15（12分）如圖所示，在O處固定一個電荷量為Q=+1.010-9C的點電荷，現(xiàn)用長L=0.2

9、m的絕緣細線拴一個質(zhì)量m=0.06kg的帶電小球(可視為點電荷) 后也懸掛于O處，細線所受拉力達到F=6mg時就會被拉斷。將小球拉至與懸點O等高，并且使細線伸直，然后由靜止釋放，當懸線轉(zhuǎn)過90到到達B位置時，細線恰好拉斷。之后小球?qū)腂點進入板間距d=0.08m的兩平行板電容器，并恰好沿水平方向做勻速直線運動(進入電容器后不考慮O處點電荷對小球的作用力)，且此時電路中的電動機剛好能正常工作。已知電源的電動勢為12V，內(nèi)阻1，定值電阻、的阻值均為6，電動機的內(nèi)阻為1。忽略空氣阻力和電容器的邊緣效應(yīng)，取g=10m/s2，靜電力常量k=9.0109Nm2/C2。求：（1）小球到達B 點時的速度大小；

10、（2）小球所帶的電荷量；（3）電動機的機械功率。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、C【解析】帶負電的電子向右運動，根據(jù)左手定則可以得知，電子開始上偏，故磁場的方向垂直紙面向外，故選C.【點睛】本題就是對洛倫茲力的考查，掌握住左手定則即可解決本題在解答的過程中要注意電子帶負電，電子運動的方向與電流的方向相反.2、C【解析】A、通電后小磁針靜止時N極所指的方向是電流產(chǎn)生磁場與地磁場的合磁場的方向，故A錯誤；B、根據(jù)小磁針的偏轉(zhuǎn)可明確磁場方向，再根據(jù)右手螺旋定則可以明確電流的方向，故可以測量電流的方向，故B錯誤；C、根

11、據(jù)安培定則和平行四邊形定則，可得：因?qū)Ь€外某磁感應(yīng)強度與電流成正比，故C正確，D錯誤。3、A【解析】磁感應(yīng)強度在0到t1內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，隨著磁場的均勻變大，由于磁感應(yīng)強度隨時間變化率不變，則感應(yīng)電動勢大小不變，感應(yīng)電流的大小也不變；由于磁感線是向里在減小，向外在增大所以由楞次定律可得線圈感應(yīng)電流是順時針，由于環(huán)中感應(yīng)電流沿逆時針方向為正方向，則感應(yīng)電流為負的.磁感應(yīng)強度在t1到t2內(nèi)，感應(yīng)電流不變，且電流方向為正.所以只有A選項正確，B，C，D均錯誤.故選A.4、B【解析】.當電鍵S斷開時,由歐姆定律得，當電鍵S閉合后，通過R1的電流仍為0.5A，電動機的電流，故電流表的電流，電

12、路中電功率，故B正確，ACD錯誤；5、C【解析】發(fā)電機工作過程中就是將機械能轉(zhuǎn)化為電能，故A錯誤；電動機的工作過程中是電能轉(zhuǎn)化為機械能，故B錯誤；電動機內(nèi)部有線圈，通電后要產(chǎn)生熱能，同時要轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生機械能所以電動機消耗的電能均大于產(chǎn)生的熱能，而白熾燈僅僅是電阻，消耗的電能全等于產(chǎn)生的熱能，故C正確，D錯誤所以C正確，ABD錯誤6、C【解析】未系安全帶時S閉合，相當于阻值很小，即輸入端為高電勢，另一輸入端已為高電勢，此時蜂鳴器報警，知輸出端為高電勢。若系安全帶S斷開，相當于阻值很大，即輸入端為低電勢，此時蜂鳴器不報警，知輸出端為低電勢。所以該該元件為“與”門。A “非”門。故A不符合題意。B “

13、或”門。故B不符合題意。C “與”門。故C符合題意。D“與非”門。故D不符合題意。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、BCD【解析】AB根據(jù)萬有引力提供向心力有得只能求出中心天體的質(zhì)量，A可求得太陽質(zhì)量，B可求得地球質(zhì)量，A錯誤，B正確；C人造衛(wèi)星的線速度為，結(jié)合B選項中的質(zhì)量表達式可知可以求出地球的質(zhì)量，C正確；D萬有引力提供重力解得選項D正確。故選BCD。8、BD【解析】AB電容器極板間電壓不變，根據(jù)勻強電場中電場強度和電勢差的關(guān)系：極板間距變大，可知電場強度減小

14、，電荷初始時刻靜止不動，受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力平衡，電場強度減小，電荷受到的電場力變小，所以電荷將向下加速運動，A錯誤，B正確。CD根據(jù)電容的決定式：極板間距增大，電容減小，根據(jù)電容的定義式：極板間電壓不變，電容減小，電荷量減小，電容器放電，所以電流表中有從到的電流，C錯誤，D正確。故選BD。9、AD【解析】，由于R1不變，故不變； ，由于R2變大，故變大， 不變， 不變，故A正確，B錯誤；當滑動變阻器的滑片P向下滑動時，電阻增大，總電阻增大，干路電流減小，電源兩端的路端電壓增大，電源的總功率不一定變大，電源的效率增大，故C錯誤，D正確；故選AD。10、CD【解析】試題分析：帶電

15、粒子在電場中做類平拋運動，由s=vt ，可得P、Q運動的時間應(yīng)相等，A錯；平行電場方向受到電場力，做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)位移時間關(guān)系公式，有：，解得，由于平行電場方向的位移之比為1：2，所以aQaP，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，有：qE=ma，解得，所以P、Q的電荷量之比為1：2，C正確；由動能定理有：qEy=Ek，而：qP：qQ=1：2，yP：yQ=1：2，所以，D正確所以本題選擇CD考點：帶電粒子在勻強電場中的運動、牛頓第二定律、動能定理的應(yīng)用三、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、 右 ABC 【解析】（1）1根據(jù)實驗原理

16、，可知將大線圈A與靈敏電流計連成一個回路，將小線圈B與滑動變阻器電源連成一個回路，則實驗圖如圖所示：（2）2 由題意可知當穿過A的磁通量增大時，指針向左偏轉(zhuǎn)，則可知當穿過A的磁通量減小時，指針應(yīng)該向右偏轉(zhuǎn)。斷開開關(guān)瞬間，B中的電流減小，穿過A的磁場變?nèi)?，穿過A的磁通量減小，故靈敏電流計的指針向右偏轉(zhuǎn)。（3）3ABC 在實驗過程中，除了查清流入檢流計電流方向與指針偏轉(zhuǎn)方向之間的關(guān)系之外，還應(yīng)查清線圈A與線圈B的繞制方向，故ABC符合題意；D.兩線圈的匝數(shù)對磁通量的變化沒有影響，故D不符合題意。12、1.60 不需要 0.306 0.100 【解析】(1)1每兩點間還有四個點未畫出，則相鄰兩點間的

17、時間間隔由逐差法可得代入數(shù)據(jù)解得(2)2實驗中木塊所受拉力始終等于彈簧測力計讀數(shù)，不需要用桶和砂子總重力的一半對拉力進行近似替代，不需要滿足mM。(3)對木塊進行受力分析，由牛頓第二定律可得整理得由圖像得，解得，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）60N豎直向下（2）0.3（3）4J【解析】(1)滑塊由A到B的過程中，由機械能守恒定律得： 物體在B點，由牛頓第二定律得：由兩式得：FB=60N由牛頓第三定律得滑塊到達底端B時對軌道的壓力大小為60 N 方向豎直向下 (2) 滑塊在從A到C整個運動過程中，由動能定

18、理得：解得： = 0.3(3)滑塊在從B到C運動過程中，設(shè)運動時間為t由運動學(xué)公式得：產(chǎn)生的熱量：Q=mg(v0tL ) 由得：Q= 4 J14、 (1) (2),距離A板為2l【解析】 (1)加電壓后,B極電勢高于A板,小物塊在電場力與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運動.電場強度為 ;小物塊所受的電場力與摩擦力方向相反,則合外力為F合=qE-mg;故小物塊運動的加速度為;設(shè)小物塊與A板相碰時的速度為v1,由v12=2a1l，解得 .(2)小物塊與A板相碰后以v大小相等的速度反彈,因為電荷量及電性改變,電場力大小與方向發(fā)生變化,摩擦力的方向發(fā)生改變小物塊所受的合外力大小為,F合=mg-qE加速度大小為設(shè)小物塊碰后到停止