2023學年麗水市重點中學物理高二上期中質(zhì)量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答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡

2、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、如圖所示，MON是固定的光滑絕緣直角桿，MO沿水平方向，NO沿豎直方向，A、B為兩個套在此桿上的帶有同種電荷的小球，用一指向豎直桿的水平力F作用在A球上，使兩球均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將A球向豎直桿方向緩慢拉動一小段距離后，A、B兩小球可以重新平衡。則后一種平衡狀態(tài)與前一種平衡狀態(tài)相比較，下列說法正確的是（）AA、B兩小球間的庫侖力變大BA球?qū)O桿的壓力變大CA、B兩小球間的庫侖力變小DA球?qū)O桿的壓力變小2、在如圖所示的電路中，A1和A2是兩個完全相同的燈泡，線圈L的自感系數(shù)足

3、夠大，電阻可以忽略不計下列說法中正確的是 A合上開關(guān)S，A1先亮，A2后亮，最后一樣亮B斷開開關(guān)S，A1和A2都要過一會兒才熄滅C斷開開關(guān)S，A2閃亮一下再熄滅D斷開開關(guān)S，流過A2的電流方向向右3、如圖所示，電源電動勢E=36V，內(nèi)阻r=1，電燈上標有“6V，12W”的字樣，直流電動機線圈電阻R=2接通電源后，電燈恰能正常發(fā)光，下列說法正確的是（ ）A電路中的電流大小6AB電動機產(chǎn)生的熱功率56WC電動機的機械效率85.7%D電源的輸出功率為72W4、如圖6，一帶負電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形成圖中所示的運動軌跡M和N是軌跡上的兩點，其中M點在軌跡的最右點不計重力

4、，下列表述正確的是A粒子在M點的速率最大B粒子所受電場力沿電場方向C粒子在電場中的加速度不變D粒子在電場中的電勢能始終在增加5、如圖，一段通電直導線處于足夠大的勻強磁場中，與磁感線成一定夾角。為了增大直導線所受的安培力，可采取的方法是（ ）A減小直導線中的電流B減小磁場的磁感應強度C使導線與磁場方向平行D使導線與磁場方向垂直6、下列判斷正確的是( )A由R知，導體兩端的電壓越大，電阻就越大B由R知，導體中的電流越大，電阻就越小C由R可知，導體兩端的電壓為零時，導體的電阻也為零D由I可知，通過一段定值電阻的電流跟加在它兩端的電壓成正比二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給

5、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、如圖甲所示，a、b是電場線的兩點。一帶負電的粒子只在電場力作用下以一定的初速度從a點開始經(jīng)b點向遠處運動，粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度時間圖象如圖乙所示。下列說法正確的是（ ）Aa、b所處電場是勻強電場Ba、b所處電場是某個正電荷形成的電場Cb點的電場強度一定為零D粒子的電勢能先減小后增大8、如圖所示，勻強電場中的三個點ABC構(gòu)成一個直角三角形， ， ， 。把一個帶電量為的點電荷從A點移到到B點電場力不做功；從B點移動到C點電場力做功為。若規(guī)定C點的電勢為零，則（ ）A該

6、電場的電場強度大小為BC、B兩點間的電勢差為CA點的電勢為D若從A點沿AB方向飛入一電子，其運動軌跡可能是乙9、用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d,靜電計指針偏角為實驗中，極板所帶電荷量不變，若 ( )A保持S不變，增大d,則變大B保持S不變，增大d,則變小C保持d不變，減小S,則變大D保持d、S不變，在兩極板間插入陶瓷,則不變10、一小球從點豎直拋出，在空中同時受到水平向右的恒力，運動軌跡如圖，、兩點在同一水平線上，為軌跡的最高點，小球拋出時動能為，在點的動能為，不計空氣助力。則（）A小球水平位移與的比值13B小球水平位移與的比值1

7、4C小球落到點時的動能為D小球從點運動到點過程中最小動能為三、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）（1）在“探究單擺周期與擺長的關(guān)系”實驗中，兩位同學用游標卡尺測量小球的直徑如圖1、2所示測量方法正確的是_.(填“圖1”或“圖2”)圖3的讀數(shù)是_ cm(2)下列做法有利于減小實驗誤差的是_A適當加長擺線 B質(zhì)量相同，體積不同的擺球，應選用體積較大的C單擺偏離平衡位置的角度不能太大D當單擺經(jīng)過平衡位置時開始計時，經(jīng)過一次全振動后停止計時，用此時間間隔作為單擺振動的周期(3)北京時間2005年5月22日上午10點05分，中國女子登山隊首次

8、登上珠穆朗瑪峰頂峰，五星紅旗再一次在珠峰峰頂飄揚若登山隊員利用單擺來確定珠峰的高度，測得該單擺在海平面處的周期是T0在峰頂?shù)闹芷谑荰，則珠峰頂峰的海拔高度h=_ (地球可看作質(zhì)量均勻分布的半徑為R的球體)12（12分）某一小型電風扇額定電壓為4.0V，額定功率為2.4W。某實驗小組想通過實驗描繪出小電風扇的伏安特性曲線。實驗中除導線和開關(guān)外，還有以下器材可供選擇：A電源E（電動勢為4.5V，內(nèi)阻忽略不計）B電壓表V（量程為05V，內(nèi)阻約為4k）C電流表A1（量程為00.6A，內(nèi)阻約為0.2）D電流表A2（量程為03A，內(nèi)阻約為0.05）；E滑動變阻器R1（最大阻值10，額定電流1A）F滑動變阻

9、器R2（最大阻值2k，額定電流100mA）為了便于調(diào)節(jié)，減小讀數(shù)誤差和系統(tǒng)誤差，實驗中所用電流表應選用_，滑動變阻器應選用_（填所選儀器前的字母序號）請你為該小組設計實驗電路，并把電路圖畫在虛線內(nèi)。（_）操作過程中發(fā)現(xiàn)，小電風扇通電后，電壓表讀數(shù)大于0.5V時，小電風扇才會開始轉(zhuǎn)動該小組測繪出的小電風扇的伏安特性曲線如圖所示，由此可以判定，小電風扇的電阻為_，正常工作時的發(fā)熱功率為_，電風扇的機械功率為_。（以上三空計算結(jié)果均保留到小數(shù)點后一位）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）在同一豎直線上的A、B兩點

10、，固定有等量的異種點電荷，電量為q，正、負如圖所示，ABC為一等邊三角形(邊長為L)，CD與AB垂直且與右側(cè)豎直光滑的1/4圓弧軌道的最低點C相切，已知圓弧的半徑為R，現(xiàn)把質(zhì)量為m帶電量為+Q的小球(可視為質(zhì)點)由圓弧的最高點M靜止釋放，到最低點C時速度為v0。已知靜電力恒量為k，重力加速度為g，現(xiàn)取D為電勢零點，求：（1）小球在C點受到的電場力的大小和方向；（2） 在最低點C軌道對小球的支持力FN多大？（3）在等量異種電荷A、B的電場中，M點的電勢M?14（16分）如圖所示，粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向的直線AO方向射入電場，由B點飛出勻強電場時速度方向與AO方向成45已知粒子質(zhì)量

11、為m，電荷量為2e求OB兩點間電勢差15（12分）如圖所示，一帶電微粒質(zhì)量為、電荷量，從靜止開始經(jīng)電壓為的電場加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中，微粒射出電場時的偏轉(zhuǎn)角，并接著沿半徑方向近入一個垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域，微粒射出磁場時的偏轉(zhuǎn)角也為。已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長，圓形勻強磁場的半徑為，重力忽略不計。求；（1）帶電微粒經(jīng)加速電場后的速度大??；（2）兩金屬板間偏轉(zhuǎn)電場的電場強度E的大?。唬?）勻強磁場的磁感應強度B的大小。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】對A球受力分析，受重力mg、拉

12、力F、支持力N1，靜電力F1，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有x方向：F=F1sin y方向：N1=mg+F1cos 再對B球受力分析，受重力Mg、靜電力F1、桿對其向左的支持力，如圖，根據(jù)平衡條件有：x方向：F1sin=N2 y方向：F1cos=Mg 由上述四式得到： N1=mg+Mg 由式，由于新位置兩球連線與豎直方向夾角變小，故靜電力F1變小，故A錯誤，C正確；由式，水平桿對球A的支持力等于兩個球的重力之和，不變，再結(jié)合牛頓第三定律可知，求A對水平桿的壓力不變，故BD均錯誤；故選C。2、B【解析】當電鍵K閉合時，通過線圈L的電流增大，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷感應電動勢的方向和作用

13、，分析哪個燈先亮斷開瞬間也可以按照同樣的思路分析【詳解】當電鍵K閉合時，燈A2立即發(fā)光通過線圈L的電流增大，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律線圈產(chǎn)生的感應電動勢與原來電流方向相反，阻礙電流的增大，電路的電流只能逐漸增大，燈A1逐漸亮起來所以燈A2比燈A1先亮由于線圈直流電阻忽略不計，當電流逐漸穩(wěn)定時，線圈不產(chǎn)生感應電動勢，兩燈電流相等，亮度相同故A正確；穩(wěn)定后當電鍵S斷開后，由于自感，線圈中的電流只能慢慢減小，其相當于電源，線圈L、燈A2與燈A1構(gòu)成閉合回路放電，兩燈都過一會兒熄滅，由于兩燈泡完全相同，線圈的電阻又不計，則燈A2不會出現(xiàn)閃亮一下，且流過燈A2的電流方向向左；故ACD錯誤；故選

14、B3、C【解析】試題分析：因為燈泡恰好能正常發(fā)光，所以根據(jù)公式可得，電燈和電動機串聯(lián)在電路中，所以電路中的電流大小為2A，A錯誤；根據(jù)公式可得電動機產(chǎn)生的熱功率為，B錯誤；電動機消耗的總功率為，故電動機的機械效率大小為，C正確；電源的輸出功率為，D錯誤考點：考查了非純電阻電路電功率的計算4、C【解析】根據(jù)做曲線運動物體的受力特點合力指向軌跡的凹一側(cè)，再結(jié)合電場力的特點可知粒子帶負電,即受到的電場力方向與電場線方向相反，B錯；從N到M電場力做負功，減速，電勢能在增加；當達到M點后電場力做正功，加速，電勢能在減小，則在M點的速度最小A錯，D錯；在整個過程中只受電場力根據(jù)牛頓第二定律加速度不變，C正

15、確.5、D【解析】AB根據(jù)F=BILsin（為導線與磁場方向的夾角）可知為了增大直導線所受的安培力，可增加直導線中的電流I或者增加磁場的磁感應強度B，選項AB錯誤；CD根據(jù)F=BILsin（為導線與磁場方向的夾角）可知為了增大直導線所受的安培力，可讓導線與磁場方向垂直，即=90，則選項C錯誤，D正確。6、D【解析】ABC、電阻的大小由導體本身決定，與導體兩端電壓，通過導體的電流無關(guān)，則ABC錯誤；D、通過導體的電流與導體兩端電壓，電阻有關(guān)，根據(jù)歐姆定律可知通過導體的電流跟導體兩端電壓成正比，跟導體的電阻成反比，故D正確；故選：D.點睛：電阻的大小由導體本身決定，與兩端電壓以及通過導體的電流無關(guān)

16、，但根據(jù)歐姆定律可知：通過導體的電流跟導體兩端電壓成正比，跟導體的電阻成反比二、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、CD【解析】AC在v-t圖像中斜率代表加速度，由題圖可知，在a、b兩點處的加速度不同，其中b點的加速度為零，則b點的電場力為零，所以b點的場強為零，在a點的加速度不為零，則a點的電場力不為零，a點的場強不為零，所以a、b所處的電場不是勻強電場，故A錯誤，C正確；B在v-t圖像中可知，負電荷從a點到b點做加速度減小的加速運動，電場力的方向向右，場強方向向左，過

17、b點后負電荷作減速運動，則場強方向向右，而正電荷形成的電場是從正電荷出發(fā)指向無窮遠處，所以a、b所處電場不可能是某個正電荷形成的電場，故B錯誤；D整個過程中，負電荷的動能先增大后減小，由于只受電場力作用，物體只發(fā)生動能和電勢能的相互轉(zhuǎn)化，根據(jù)能量守恒可知，粒子的電勢能先減小后增大，故D正確。故選CD。8、BD【解析】C、點電荷從A移動到B點電場力不做功，說明A、B兩點的同一等勢面上，從B點移動到C點電場力做功為，說明電場強度的方向垂直AB邊向上。則A點的電勢，故選項C錯誤；B、C、B兩點間的電勢差為，故選項B正確；A、該電場的電場強度大小為，故選項A錯誤；D、電子從A點沿AB方向飛入，受力方向

18、將沿電場線方向的反方向，故粒子將向左下偏轉(zhuǎn)，運動軌跡的大致圖像如圖中乙所示，故選項D正確。點睛：本題考查電勢差與電場強度的關(guān)系、帶電粒子在電場中的運動、等勢面、電勢能，注重理解能力和分析綜合能力。9、BC【解析】根據(jù)電容的決定式得知，電容與極板間距離成反比，當保持S不變，增大d時，電容C減小，電容器的電量Q不變，由電容的定義式 分析可知板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角變大故A正確，B錯誤根據(jù)電容的決定式得知，當保持d不變，增大S時，電容增大，電容器極板所帶的電荷量Q不變，則由電容的定義式分析可知板間電勢差減小，靜電計指針的偏角變小，故C錯誤；若在兩極間增加介質(zhì)，根據(jù)電容的決定式得知，則電容增

19、大，電容器極板所帶的電荷量Q不變，則由電容的定義式分析可知板間電勢差減小，靜電計指針的偏角變小，故D錯誤故選A點睛：本題是電容動態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵抓住兩點：一是電容器的電量不變；二是掌握電容的兩個公式：電容的決定式和10、AC【解析】AB小球在豎直方向上做豎直上拋運動，根據(jù)對稱性得知，從A點至M點和從M點至B點的時間t相等，小球在水平方向上做初速為零的勻加速直線運動，設加速度為a，根據(jù)位移時間公式聯(lián)立可得故A正確，B錯誤；C據(jù)小球的運動軌跡如圖所示： 小球從A到M，由功能關(guān)系知在水平方向上恒力做功為則從A到B水平方向上恒力做功為根據(jù)能量守恒可知，小球運動到B點時的動能為故C正確；D由題知開始

20、又豎直方向上在水平方向上又有聯(lián)立以上解得幾何關(guān)系可知，則據(jù)運動軌跡，但小球的運動方向與合加速度的方向垂直時，小球的速度最小，則小球從A到B過程最小速度一定與等效G垂直，如圖P點，所以故D錯誤。故選AC。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、圖乙； 0.885； AC； 【解析】（1）用游標卡尺測量小球的直徑，應將小球卡在外抓的刀口上，故圖乙正確；由20刻度的游標卡尺的讀數(shù)可知讀數(shù)為；（2）A單擺的擺長越長，周期越大，適當加長擺長，便于測量周期，故A正確B要減小空氣阻力的影響，應選體積較小的擺球，故B錯誤C單擺在擺角很小的情況下才做簡諧運動

21、,則單擺偏離平衡位置的角度不能太大,一般不超過5，故C正確D單擺周期較小，把一次全振動的時間作為周期，測量誤差較大，應采用累積法，測多個周期的時間取平均值作為單擺的周期，故D錯誤（3）設峰頂?shù)闹亓铀俣葹間，海平面的重力加速度為，則由萬有引力的公式有，由單擺的周期公式；將和分別代入單擺的周期可是化簡可得12、C E 見解析 2.5 0.9W 1.5W 【解析】1電風扇的額定電流，從讀數(shù)誤差的角度考慮，電流表選擇C；2電風扇的電阻大約，電風扇的電阻比較小，則滑動變阻器選擇總電阻為10的誤差較小，即選擇E；3因為電壓電流需從零開始測起，則滑動變阻器采用分壓式接法，電風扇的電阻大約，遠小于電壓表內(nèi)阻，屬于小電阻，電流表采用外接法電路圖如圖所示4電壓表讀數(shù)小于0.5V時電風扇沒啟動根據(jù)歐姆定律得：5正常工作時電壓為4V，根據(jù)圖象知電流為0.6A，則電風扇發(fā)熱功率：6則電風扇的機械功率：四、計算題：本題共2小題，