2023学年广西北流市实验中学高二物理第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、根据分子动理论,物质分子之间的距离为某一个值时,分子所受的斥力和引力相等,则此时()A分子具有最大势能B分子具有最小势能C引力和斥力都是最大值D引力和斥力都是最小值2、如图所示，在

2、垂直于纸面、范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2和O3O4都是线圈的对称轴，应使线图怎样运动才能使其产生感生电流（ ）A向左平动B绕O1O2转动C向上平动D向下平动3、如图所示，有一带电粒子贴着板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为时，带电粒子沿轨迹落到板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）ABCD4、一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F

3、和摩擦力 的变化情况分别是AF增大， 减小BF减小， 增大CF与 都减小DF与 都增大5、如图所示，固定的水平长直导线中通有向左的电流I，矩形闭合导线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行将线框由静止释放，不计空气阻力，则在线框下落过程中 A穿过线框的磁通量保持不变B线框中感应电流的方向为逆时针C线框所受安培力的合力竖直向上D线框的机械能不断增大6、如图甲所示电路中，电压表V1指针指在满刻度的处，电压表V2指针指在满刻度；图乙中，电压表V1指针指在满刻度，电压表V2指针指在满刻度的处，已知V1的内阻为9K，则V2的内阻为（）A1KB2KC3KD4K二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，

4、共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示电路中，开关闭合稳定后，某时刻理想电压表和电流表的读数都突然增大，造成这一现象的原因是电阻元件发生短路或断路故障，则可能出现了下列哪种故障（）AR1断路BR1短路CR2断路DR3短路8、电荷量为q的点电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的点电荷在电场中由A点移到B点，则（）A电场力做功为WB电场力做功为2WC两点间的电势差为UD两点间的电势差为2U9、如图所示电路中，电源电动势为E，内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为

5、可变电阻，C为电容器。在可变电阻R3由较小逐渐变大的过程中A电容器放电B流过R2的电流方向是由a到bC电容器的带电量在逐渐增大D电源内部消耗的功率减小10、一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，则此时（）A该金属导线的电阻变为原来的2倍B该金属丝的电阻率变为原来4倍C自由电子定向移动的平均速率为D通过金属导线的电流为三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）下列器材组装一个电路，既能测量出

6、电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线A电压表V1（量程6 V，内阻很大）B电压表V2（量程4 V，内阻很大）C电流表A（量程3 A，内阻很小）D滑动变阻器R（最大阻值10 ，额定电流4 A）E小灯泡（2 A,7 W）F电池组（电动势E，内阻r）G开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小（1）请将设计的实验电路图在图甲中补充完整（_）（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V，和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到UI坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则

7、电池组的电动势E_V、内阻r_.（结果保留两位有效数字）（3）在UI坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为_,小灯泡的阻值应为_.12（12分）有一个小灯泡上标有“4 V2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个小灯泡的IU图线现有下列器材供选用：A电压表(05 V，内阻约10 k) B电压表(015 V，内阻约20 k)C电流表(03 A，内阻约1 ) D电流表(00.6 A，内阻约0.4 )E滑动变阻器(10 ，2 A) F滑动变阻器(500 ，1 A)G学生电源(直流6 V)、开关、导线若干(1)实验中所用电压表应选用_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_(2)实验电路应

8、采用电流表_(填“内”或“外”)接法(3)在虚线框内画出实验电路图 ，并根据所画电路图进行实物图连接 四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示，空间存在着强度方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L 的绝缘细线， 一端固定在O 点，一端拴着质量m、电荷量q 的小球现将细线拉直到水平位置，让小球由静止释放，小球向上运动达到最高点P 时，细线受到的拉力恰好达到它所能承受的最大值而断裂已知匀强电场强度大小 。求： （1）细线能承受的最大拉力； （2）从P 点开始小球沿水平放方向的位移为L 时，小球距O 点的高

9、度。 14（16分）如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x040cm，在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限有半径R10cm的圆形磁场，磁感应强度大小B0.4T，方向垂直xOy平面向外磁场的边界和x轴相切于P点在P点有一个粒子源，平行于坐标平面，向x轴上方各个方向发射比荷为1.0108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v04.0106m/s不考虑粒子的重力粒子间的相互作用求(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径;(2)若所有带电粒子均打在x轴下方的荧光屏上，求电场强度的最小值15（12分）沿水平方向的场强为E=6103V/m的足够大的匀强电场

10、中，用绝缘细线系一个质量m=8.0g的带电小球，线的另一端固定于O点，平衡时悬线与竖直方向成角，=37，如图所示，求：（1）小球所带电的种类及电量；（2）剪断细线小球怎样运动，加速度多大？（g取10m/s2）参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】AB.rr0，分子力表现为引力，rr0，分子力表现为斥力，当r从无穷大开始减小，分子力做正功，分子势能减小，当r减小到r0继续减小，分子力做负功，分子势能增加，所以在r0处有最小势能，故A错误，B正确；CD.分子的引力和斥力都随着距离的增大而变小，故CD错误2、B【

11、解析】由于磁场为匀强磁场，无论线圈在平面内如何平动，其磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，故ACD错误；当线圈绕O1O2转动时，磁通量将发生变化，如转过90时磁通量为零，因此有感应电流产生，故B正确故选B【点睛】根据产生感应电流的条件判断线圈中是否有感应电流产生是电磁感应中的基本要求，要把握实质问题，不要受其它条件的干扰3、A【解析】由，得，所以，A. ，选项A符合题意；B. ，选项B不符合题意；C. ，选项C不符合题意；D. ，选项D不符合题意；4、D【解析】在磁铁的N极位置与S极位置对调前,根据左手定则判断可以知道,导线所受的安培力方向斜向下,由牛顿第三定律得知,磁铁所受的安培力方向斜向

12、上,设安培力大小为,斜面的倾角为,磁铁的重力为G,由磁铁的受力平衡得:斜面对磁铁的支持力: ,摩擦力: ,在磁铁的N极位置与S极位置对调后,同理可以知道,斜面对磁铁的支持力： ,摩擦力: 可见,F、f都增大，故D正确；综上所述本题答案是：D5、C【解析】线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小，故A正确根据安培定则，电流产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里，下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为顺时针方向，故B错误由于离导线越远的地方磁场越小，所以线框的上边受到的安培力大于下边受到的安培力，合力的

13、方向向上故C正确；下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，线框中产生电能，机械能减小故D错误故选C.6、B【解析】根据串联电路电流相等的特点和并联电路电压相等的特点，利用欧姆定律分别列出两电压表满偏时指针的关系，再把V1的内阻代入求解方程即可求出V2的内阻。【详解】设V1和V2的内阻分别为R1和R2，量程分别为U1和U2。据题有：两个电压表并联时，有U1=U2；两个电压表串联时，根据电压之比等于电阻之比有：U1：U2=R1：R2，联立解得：R2=2k。所以B正确，ACD错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5

14、分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AD【解析】A若R1断路，则外电路电阻增大，电路中电流减小，路端电压将增大，加在R2两端电压增大；则电流表的示数也将增大，故A正确；BCD若R1或R2短路，则电压表被短路，电压表示数应为零；只有R3短路时，电压表接在电源两端，测量值为电源的输出电压，故电压表示数变大；同时因电路中电阻减小，故电路中电流增大，故D正确，BC错误。故选AD。8、BC【解析】两点间的电势差与有无试探电荷无关，则若让电荷量为2q的点电荷在电场中由A点移到B点，则两点间的电势差为仍U，选项C正确，D错误；根据W=Uq可知，电场力做功为2W，选项B正确，A错误；故选BC.9、CD

15、【解析】ABC：可变电阻R3由较小逐渐变大，电路总电阻逐渐增大，总电流I逐渐减小，R3两端电压U3=E-I(r+R1)逐渐增大，电容器电压逐渐增大，电容器的带电量逐渐增大，流过R2的电流方向是由b到a。故AB两项错误，C项正确。D：电路总电流I逐渐减小，电源内部消耗的功率Pr=I2r逐渐减小。故D项正确。【点睛】电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，电阻不起降压作用，电阻在电路中作用相当于导线。10、CD【解析】AD将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的倍，根据电阻定律分析得到，电阻变为原来的4倍，电压U恒定不变，根据欧姆定律可知，电流I变为原来的，故A错误，D正确

16、；B金属丝的电阻率与金属丝的长度无关，所以电阻率不变，故B错误；C电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积S变为原来的倍，则自由电子定向移动的平均速率为，故C正确。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、 5.5 1.0 0 1.75 【解析】(1)1伏安法测电源电动势与内阻实验中电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小，则

17、V1测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示.(2)23电源的图象是一条倾斜的直线，由图象可以知道电源电动势，电源内阻：(3)45由图乙所示图象可知两图象的交点坐标，即灯泡电压，此时电路电流，则灯泡此时的电阻为：而电源电动势：带入数据解得.12、ADE 外 【解析】 (1)因小灯泡额定电压为4 V，015 V的量程太大，读数误差大，所以电压表选05 V的A；小灯泡的额定电流I0.5 A，则电流表只能选D；滑动变阻器F的最大阻值远大于小灯泡电阻8 ，调节不方便，故应选滑动变阻器E；(2)又因RvRARx2，所以电流表应外接；(3)因实验目的是描绘小灯泡的伏安特性曲线，需要多次改变小灯泡两端

18、的电压，故采用甲图所示的分压式电路合适，这样电压可以从零开始调节，且能方便地测多组数据，电路图，实物图连接为四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）6mg（2）1.25L【解析】试题分析：根据动能定理求出小球到达最高点时的速度；在最高点对小球受力分析，根据牛顿第二定律列方程求细线承受的拉力；细线断裂后小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向的加速度，然后由平抛运动规律求解。（1）设小球运动到最高点时速度为v，根据动能定理： 解得： 在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律得： 解得： （2）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，根据牛顿第二定律则： 解得：a=2g小球水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动学公式可得：水平方向：x=vt=L竖直方向： 联立解得小球与O点的高度： 点睛：本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，在绳子断裂后，分清小球在沿电场方向和垂直于电场方向上的运动规律，在结合运动学公式即可解题。14、