福建省長汀、連城、武平、永定、漳平、上杭六地一中聯考2023學年高二物理第一學期期中經典模擬試題含解析

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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、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、下列關于摩擦力的說法中正確的是（）A有彈力必有摩擦力B有摩擦力必有彈力C滑動摩擦力的公式F=FN中的壓力FN一

2、定等于重力D同一接觸面上的彈力和摩擦力可能相互平行2、如圖所示，A和B為豎直放置的平行金屬板，在兩極板間用絕緣線懸掛一帶電小球，開始時開關S閉合，滑動變阻器的滑動頭P在a處，此時絕緣線向右偏離豎直方向（電源的內阻不能忽略），下列判斷正確的是A小球帶負電B當滑動頭從a向b滑動時，細線的偏角變小C當滑動頭從a向b滑動時，電流計中有電流，方向從下向上D當滑動頭從a向b滑動時，電源的總功率一定變小3、如圖所示，電池電動勢E=1.5V，電阻R=2.5，開關S閉合后，在1min內通過電阻R的電荷量是30C。則A電路中電流為30A B電阻R兩端電壓為1.5VC在1min內電阻R生熱45J D電池內阻為0.5

3、4、一物體做勻速圓周運動的半徑為r，線速度大小為v，角速度為，周期為T。關于這些物理量的關系，下列關系式正確的是（ ）Av=r Bv=2T C=2RT Dv=r5、如圖所示,兩個完全相同的小球A、B用等長的細線懸于O點.線長L.若將A由圖示位置靜止釋放,則B球被碰后第一次速度為零時的高度不可能是 ( )AL/2BL/4CL/8DL/106、如圖，半徑為R的圓盤均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、 b、d三個點，a和b、b和c、 c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q （q0）的固定點電荷，已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為（k為靜電力常量） AkBkC

4、kDk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，用絲線吊一個質量為m的帶電(絕緣)小球處于勻強磁場中，空氣阻力不計，當小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經過O點時( )A小球的動能相同B絲線所受的拉力相同C小球所受的洛倫茲力相同D小球的向心加速度相同8、如上圖所示，虛線a、b、c為三個同心圓面，圓心處為一個點電荷，現從c外面一點P以相同的速率發(fā)射兩個電荷量、質量都相同的帶電粒子，分別沿PM、PN運動到M、N，M、N兩點都位于圓周c上，以下判斷正確的是() A

5、兩粒子帶同種電荷B兩粒子帶異種電荷C到達M、N時兩粒子速率仍相等D到達M、N時兩粒子速率不相等9、如圖所示，A板發(fā)出的電子經加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在熒光屏P上，關于電子的運動，下列說法中正確的是A滑動觸頭向右移動時，電子打在熒光屏上的位置上升B滑動觸頭向左移動時，電子打在熒光屏上的位置上升C電壓U增大時，電子打在熒光屏上的速度大小不變D電壓U增大時，電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變10、如圖所示,有一垂直于紙面向里的有界勻強磁場,A、B為邊界上兩點.一帶電粒子從A點以初速度v0、與邊界成角度(90)沿紙面射入磁場,經過一段時間后從B點射出

6、.現撤去磁場,加一垂直邊界、沿紙面向上的勻強電場,其他條件不變,粒子仍從B點射出.粒子重力忽略不計,則粒子 ()A帶負電B在磁場中和電場中的運動軌跡相同C從磁場中離開時速度方向與從電場中離開時速度方向相同D從磁場中離開時速度大小與從電場中離開時速度大小相同三、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（6分）在探究小燈泡的伏安特性曲線時，所用小燈泡上標有“2.5V，0.6W”字樣，實驗室提供的器材有：A電流表A1(內阻約為5 、量程為025 mA) B電流表A2(內阻約為1 ，量程為0300 mA)C電壓表V1(內阻約為5 k、量程為03 V) D

7、電壓表V2(內阻約為15 k、量程為015 V)E滑動變阻器R1(最大阻值為10 、額定電流為0.6 A)F滑動變阻器R2(最大阻值為1000 、額定電流為0.2 A)G穩(wěn)壓電源E（可輸出恒定電壓為9.0 V） H開關一個、定值電阻若干、導線若干 由以上信息回答下列問題：(1)實驗前設計的電路圖如圖甲所示。為了減小實驗誤差，該實驗所用的電流表、電壓表、滑動變阻器應分別為_、_、_（選填器材前的字母)。為保護滑動變阻器和燈泡，應在電路中串聯的定值電阻R0合適的電阻值應為_（選填“1 ”“10 ”“30 ”或“100 ”）。(2)請確定測量電路中電壓表右側導線的正確位置后，在圖乙中用筆畫線代替導線

8、，將實物完整連接起來_12（12分）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中。（1）設計如圖所示電路圖，要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化，且能盡量減小系統誤差，開關接_（填“M”或“N”）閉合開關S前滑片P置于_（填“A端”或“B端”）（2）根據所選電路圖，請在圖中用筆畫線代替導線，把實驗儀器連接成完整的實驗電路_。（3）若實驗中電流表出現故障，不能使用。該同學需將一個滿偏電流為1mA、內阻為30的表頭改裝成量程為0-0.6A的電流表，則應將表頭與電阻箱_（填“串聯”或“并聯”），并將該電阻箱阻值調為_.（保留一位有效數字）（4）實驗得到小燈泡的伏安特性曲線如圖所示. 隨著電壓增大，溫度升高，小

9、燈泡的電阻_. （填“增大”，“減小”或“不變”）（5）若把這種規(guī)格的三個小燈泡、按如圖所示電路連接. 當開關S閉合后，電路中的總電流為0.25A，則此時、的實際功率之比為_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）如圖所示，一質量為m、帶電量為q的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，靜止時懸線向左與豎直方向成角，重力加速度為g（1）分析小球帶何種電荷；（2）若在某時刻將細線突然剪斷，分析小球如何運動。14（16分）如圖所示，一個質量為2kg的物體靜止在光滑水平面上.現沿水平方向對物體施加10N的拉力，g

10、取10m/s2，求：（1）物體運動時加速度的大??；（2）物體運動3s時速度的大??；（3）物體從開始運動到位移為10m時經歷的時間.15（12分）圖甲為一列簡諧橫波在某一時刻的圖象，圖乙為平衡位置在1m處的質點P從該時刻開始計時的振動圖像，則波沿x軸 （填“正”或“負”）方向傳播求波速參考答案一、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】摩擦力的產生必須要粗糙、彈力、有相對運動趨勢或相對運動，三個條件必須同時具備因此A錯B對滑動摩擦力的公式中的壓力指的是正壓力，若放在斜面上，則不等于重力，C錯彈力垂直于接觸面，摩擦力平行于接

11、觸面，所以不可能，D錯【點睛】本題考查了彈力與摩擦力之間的區(qū)別與聯系、彈力和摩擦力產生的條件2、B【解析】A.由圖，A板帶正電，B帶負電，電容器內電場方向水平向右細線向右偏，電場力向右，則小球帶正電故A錯誤；B.滑動頭向右移動時，R變小，外電路總電阻變小，總電流變大，路端電壓U=E-Ir變小，電容器電壓變小，細線偏角變小，故B正確；C.滑動頭向右移動時，電容器電壓變小，電容器放電，因A板帶正電，則流過電流表的電流方向向下故C錯誤；D. 滑動頭向右移動時，R變小，外電路總電阻變小，總電流變大，電源電動勢不變，所以當滑動頭從a向b滑動時，電源的總功率一定變大，故D錯誤。3、D【解析】電路中電流為，

12、選項A錯誤；電阻R兩端電壓為UR=IR=1.25V，選項B錯誤； 在1min內電阻R生熱，選項C錯誤；電池內阻為，選項D正確；故選D.4、D【解析】AD、根據線速度的定義可知v=lt=rt=r ，故D正確，A錯誤；BC、因為=2T，所以v=r=2rT ，故B、C錯誤；故選D?！军c睛】關鍵是知道線速度、角速度的定義式和線速度角速度的關系。5、D【解析】試題分析：小球A從釋放到最低點，由動能定理可知：，解得：若A與B發(fā)生完全彈性碰撞，由能量守恒定律和動量守恒定律可知兩者交換速度，即，B上升過程中由動能定理可知：，解得：；若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞即AB粘在一起，由動量守恒定律可知：，解得：，在AB

13、上升過程中，由動能定理可知：，解得：，所以B球上升的高度，故選項D錯誤考點：考查動量守恒定律和動能定理在碰撞中的應用，關鍵在于根據兩球碰撞的可能情況解出高度的范圍6、B【解析】電荷量為q的點電荷在b處產生電場強度的大小為：而半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點處有一電荷量為q（q0）的固定點電荷，在b點處的場強為零，則圓盤在此處產生電場強度大小也為：根據對稱性原理可知，圓盤在d產生電場強度大小也為：電荷量為q的點電荷在d處產生電場強度的大小為：由于都在d處產生電場強度方向相同，即為兩者大小相加所以兩者這d處產生電場強度的大小為：故選B二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共2

14、0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、AD【解析】帶電小球在重力與拉力及洛倫茲力共同作用下，繞固定點做圓周運動，由于拉力與洛倫茲力始終垂直于速度方向，它們對小球不做功因此僅有重力作功，則有機械能守恒從而可以確定動能是否相同，并由此可確定拉力與洛倫茲力由向心加速度公式和牛頓第二定律列式分析【詳解】A、小球運動過程中，所受的細線的拉力與洛倫茲力對小球不做功，僅僅有重力作功，則小球機械能守恒，所以小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經過O點時的動能相同;故A正確.B、小球經過最低點時速度大小不變，則根據牛頓第二定律可

15、知，由于速度方向不同，導致產生的洛倫茲力的方向也不同，則拉力的大小也不同;故B錯誤.C、小球經過最低點時速度大小不變，由于速度方向不同，導致產生的洛倫茲力的方向也不同，則洛倫茲力不相同;故C錯誤.D、小球的動能相同則速度的大小相等，據知，v、r相同，可知小球所受的向心力相同,向心加速度相同;故D正確.故選AD.【點睛】本題考查對小球進行受力分析，并得出力做功與否，根據機械能守恒定律來解題是突破口，同時注意洛倫茲力方向隨著速度的方向不同而不同最后由牛頓第二定律來分析向心力與向心加速度8、BD【解析】由軌跡看出，點電荷左側的帶電粒子有排斥力，與中心點電荷電性相同；對右側的帶電粒子有吸引力，與中心點

16、電荷電性相反，則兩粒子帶異種電荷。故A正確，B錯誤。由題，M、N兩點都處于圓周c上，電勢相等，兩帶電粒子又是從同一點P出發(fā)，則電勢差UPM=UPN，電場力對兩個帶電粒子做功大小相等，而從P到M的粒子電場力總功為負功，從P到N的粒子電場力總功為正功，根據動能定理得到，到達M、N時兩粒子速率vMvN故C錯誤，D正確。故選AD?！军c睛】本題是軌跡問題，根據軌跡的彎曲方向要能判斷出帶電粒子所受的電場力大體方向電場力做功與初末位置間電勢差成正比9、BD【解析】設加速電壓為U，由題意知，電子在加速電場中加速運動，根據動能定理得：eU=mv2電子獲得的速度為：電子進入偏轉電場后做類平拋運動，也就是平行電場方

17、向做初速度為0的勻加速直線運動，加速度為：電子在電場方向偏轉的位移為：垂直電場方向做勻速直線運動，粒子在電場中運動時間為：聯立解得：又因為偏轉電場方向向下，所以電子在偏轉電場里向上偏轉。A. 滑動觸頭向右移動時，加速電壓變大，故電子偏轉位移y變小，因為電子向上偏轉，故在屏上的位置下降，故A錯誤；B. 滑動觸頭向左移動時，加速電壓變小，故電子偏轉位移y變大，因為電子向上偏轉，故在屏上的位置上升，故B正確；D. 偏轉電壓U增大時，電子在電場中受到電場力增大，即電子偏轉的加速度a增大；因為加速電壓不變，電子進入電場的速度沒有變化，電子在電場中運動的時間t沒有發(fā)生變化，故D正確；C. 偏轉電壓U增大時

18、，電子在電場中受到的電場力增大，即電子偏轉的加速度a增大；因為電子水平方向的速度v不變，電子在電場中運動的時間不變，電子打在屏上的速度為則電子打在屏上的速度增大，故C錯誤。10、ACD【解析】A、粒子在磁場中從A到B點做順時針圓周運動，受向右下的洛侖茲力，根據左手定則知道粒子帶負電，所以選項A正確；B、撤去磁場加上電場，粒子做勻變速度曲線運，即類斜拋運動，所以軌跡不同于圓周，選項B錯誤；C、無論是在磁場中做勻速圓周運動，還是在電場中做類斜拋運動，當粒子再次回到邊界時與邊界的夾角仍為，只是方向斜向下，所以選項C正確；D、在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力不做功，速度大小與進入時相同，而在電場中從A

19、到B，電場力做功為零，所以與進入時速度大小也相同，只是方向不同，故選項D正確點睛：本題只是把帶電粒子在磁場和電場中的兩種情況進行對比，由勻速圓周運動和斜拋運動的對稱性，當電場強度大小取某一確定值時，粒子可以從同一點B離開，但離開時，只是速度方向由斜向上變?yōu)樾毕蛳?，與邊界的夾角仍相同三、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、B C E 10 【解析】根據燈泡的額定值進行分析，從而明確電壓表和電流表的選擇，根據實驗原理確定接法，從而明確滑動變阻器的選擇，同時分析電源電動勢，明確保護電阻的大??；明確實驗原理和誤差來源，從而確定電流表接法，并根據原理

20、圖確定實物圖；【詳解】(1)小燈泡上額定電壓為2.5V，故電壓表應選擇C；額定電流為I=PU=0.62.5=0.24A，故電流表應選擇B；本實驗采用分壓接法，故應采用小電阻E；由于電動勢為9V，而測量電壓只需要2.5V，故可以采用定值電阻與滑動變阻器串聯分壓的方式減小滑動變阻器兩端的電壓，為了滿足電壓要求，可以采用10電阻串聯；(2)由于燈泡內阻較小，滿足Rx2=(U額2P額)2=156.2536RA2RV1=5000，故為了減小誤差應采用電流表外接法，故電路中電壓表接a處，根據原理圖可得出外接法+分壓式，對應的實物圖如圖所示：【點睛】本題考查燈泡伏安特性曲線的實驗，要注意明確實驗原理，掌握實驗儀表的選擇和數所處理的基本方法，注意電路圖的正確分析方法是解題的關鍵。12、N A端 并聯 0.05 增大 20:1 【解析】(1)12要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化，且能盡量減小系統誤差，滑動變阻器采用分壓接法；由于小燈泡電阻較小，電流表采用外接法，故開關S1接N點，閉合開關前，為保護