2023学年广东省佛山市物理高二上期中监测模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4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

2、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、北京正负电子对撞机的储存环是长240m的近似圆形轨道，当环中的电流强度为10mA时，若电子的速率为十分之一光速，则在整个环中运行的电子数目为（ ）A51011B51019C10l03D101032、如图所示，两平行金属板间带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）A电压表读数减小B电流表读数减小C质点P将向上运动DR3上消耗的功率逐渐增大3、下列物理量的单位中，属于基本单位的是ANBm/sCm/s2Dkg4、下列关于电

3、源的说法，正确的是()A电源向外提供的电能越多，表示电动势越大B电动势表示电源将正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功C电源的电动势与外电路有关D在电源内从负极到正极电势升高5、如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列方法中不可行的是( )A使U1减小为原来的B使U2增大为原来的2倍C使偏转板的长度增大为原来2倍D使偏转板的距离减小为原来的6、如图所示，平行板电容器两极A、B间有一个带电油滴P，正好静止在两极板正中间现将两极板稍拉开一些，其它条件不变拉开时间忽略，则A油滴将向上加速B油滴将向

4、下加速C电流计中电流由b流向aD电流计中始终无电流流过二、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，电路中的变压器为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，原线圈两端接电压恒定的交变电流，则能使原线圈的输入功率变大的是A保持P的位置不变，S由b切换到aB保持P的位置不变，S由a切换到bCS掷于b位置不动，P向上滑动DS掷于b位置不动，P向下滑动8、如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平。一质量为m的小物块（可视

5、为质点）自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力为2mg，g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是A小物块到达最低点N时的速度大小为B小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgRC小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为D小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点9、如图所示，一个不带电的导体球A放在带负电的可以看作点电荷的导体B附近，达到静电平衡后，则有A导体球A左端的电势高于右端的电势B导体球A左端的电势等于右端的电势C当导体球A接地后，导体B的电势将降低D当导体球A接地后，导体B的电势将升高10、如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电

6、场的方向竖直向下，磁场方向水平（图中垂直纸面向里），一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是A若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动B若给P一初速度，P可能做匀速直线运动C若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动D若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动三、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）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：A小灯泡L（ 3 V、5）；B滑动变阻器R1（0 10 ，额定电流1.5A）；C滑动变阻器R2（0 500 ，额定电流0.5A）；D电压表V1（量程：0 3 V，R V 5 k）；E

7、电压表V2（量程：0 15 V，R V 10 k）；F电流表A1（量程：0 0.6 A，R A 0.5 ）； G电流表A2（量程：0 3 A，R A 0.1 ）；H铅蓄电池、开关各一个，导线若干；实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压。（1）为了减少误差，实验中应选滑动变阻器_电压表_，电流表_；（2）请在图虚线框内按要求设计实验电路图 （部分线已画好）（3）某同学实验后作出的I U 图象如图所示，请分析该图象形成的原因是：_。（4）某同学由测出的数据画出IU图象，如图所示，当小灯泡两端电压为1.8 V时，小灯泡的电阻值R_ ，此时小灯泡的实际功率P_W。(结果保留两位有效数字

8、) 12（12分）在描绘小灯泡伏安特性曲线实验中选择“3V 0.5A”的小灯泡作为研究对象，现备有以下器材:A电流表(量程00.6A，内阻1)B电流表(量程03A，内阻1)C电压表(量程015V，内阻约10k)D电压表(03v，内阻约2k)E.滑动变阻器(阻值0100)F.滑动变阻器(阻值0-10)G.电源E=6VH.开关I，导线若干（1）在本实验中，电流表应选用_，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_；(填入器材序号)（2）滑动变阻器应采用_(填“分压”或“限流”)接法，电流表应采用_(填“内”、“外”)接法；（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I =_A，U=_V.四、计

9、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，电源电动势为E=10V，内阻r=1，R1=R2=R3=R4=1，电容器电容C=6F，开关闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m，电荷量为q的小球正好处于静止状态求：（1）电路稳定后通过R1的电流I；（2）开关S断开，流过R2的电荷量Q；（3）断开开关，电路稳定后，小球的加速度a的大小14（16分）平行金属板A、B竖直放置，相距为d，如图（a）所示，板间加有随时间而变化的电压，如图（b）所示。设U0和T已知。A板上O处有一静止的带电粒子，其电量为q，质量为

10、m（不计重力）,在t=0时刻开始受板间电场作用而加速向B板运动，途中由于电场反向又向A返回，(1)为使t=T时粒子恰好回到O点。求：t1=时，粒子的速度多大？位移多大？的比值应满足什么关系？(2)具备了以上关系后，为使粒子在由A向B运动中不致于碰到B板，求U0的取值范围。15（12分）质量为m，带电量为q的液滴以速度v沿与水平成45角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，液滴带正电荷，在重力、电场力及磁场力共同作用下在场区做匀速直线运动，试求：(1)电场强度E和磁感应强度B各多大?(2)当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上

11、，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，此时液滴加速度多少?说明此后液滴的运动情况(即求:半径与周期)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、A【解析】试题分析：根据电子转一圈的时间，求出在该时间内通过圆形轨道某一横截面的电量，即为整个环中电子的电量再除以一个电子的电流，即为整个环中电子的数目解：电子转一圈的时间为：t=s=8106s整个环中电子的电量为：Q=It=101038106C=8108C所以电子的数目为：n=51011（个）故A正确，B、C、D错误故选A【点评】解决本题的关键掌握电流的定义式I=，会

12、根据公式求出某段时间内同过横截面的电量2、A【解析】试题分析：当P向b端移动时，R4变小，R4与R2串联的总电阻减小，再与R3并联的总电阻也变小，故电容器的两端电压减小，则电容器间的电场强度减小，所以质点P会向下运动，选项C错误；由于电容器与R3并联，故电阻R3的两端电压也变小，则R3上消耗的电功率变小，选项D错误；R3中的电流变小，又因为电路的总电阻变小，总电流变大，故通过R4支路的电流变大，电流表的示数变大，故选项B错误；对于R2、R4来说，总电压减小，而电流又增大，故R2的两端电压增大，所以R4两端电压减小，即电压表的示数变小，选项A正确。考点：欧姆定律的动态电路，电容。3、D【解析】考

13、查单位制【详解】ABC为导出单位，D选项质量的单位kg是基本单位，故选D4、D【解析】电动势为电源本身的性质，数值等于移动单位正电荷非静电力所做的功，A错；电源电动势与外电路无关，C错；D对；5、C【解析】根据动能定理求电子在加速场中获得的速度，然后根据类平抛运动规律求在偏转场中的偏转量y，再进行分析【详解】电子在加速电场中加速时，由动能定理得：eU1=mv02；电子在偏转电场中做类平抛运动，则有：在水平方向：L=v0t； 在竖直方向：a=；射出电场时的偏转量y为：y=at2，联立以上四式得：；则得：要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，可U1减小为原来的、U2增大为原来的2倍、使偏转板

14、的长度L增大为原来倍、使两偏转板间的距离d减小为原来的故ABD正确，C错误本题选不可行的，故选C【点睛】带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法6、B【解析】将两极板的距离拉开一些，由于电势差不变，d变大，则根据知，电场强度变小，电场力减小，油滴向下加速，A错误B正确；根据得，d变大，则电容变小，U不变，根据Q=CU知，电荷量减小，则电流计中的电流由a流向b，CD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分，

15、选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】AB.保持P的位置不变，电阻保持不变，S由b切换到a，则输出电压变大，由得功率变大，A正确、B错误；CD.S置于b位置不动，则电压保持不变，P向上滑动，电阻变小，功率变大，P向下滑动，电阻变大，功率变小，C正确、D错误8、BC【解析】设小物块到达最低点N时的速度大小为v。在N点，根据牛顿第二定律得：FN-mg=m；据题有 FN=2mg；联立得，故A错误。小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgR，故B正确。小物块从P点运动到N点的过程，由动能定理得：mgR-Wf=mv2，可得克服摩擦力所做的功为 Wf=mgR，故C正确。由于小物块要克服摩

16、擦力做功，机械能不断减少，所以小物块不可能到达Q点，故D错误。故选BC。【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，要知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力9、BD【解析】导体在电场中处于静电平衡后，整个导体是个等势体负电荷产生的电场是发散的电场，沿着电场线电势要降低【详解】A、B项：把一个在绝缘支架上不带电的导体A放在带负电的导体B附近，达到静电平衡后，导体A是个等势体带负电的导体B产生的是会聚的电场，产生的电场的电场线如右图所示，由于沿着电场线电势降低，以无穷远处的电势为零，那么电场中的所有电势都是负值所以A错误，B正确；C、D项：当导体球A接地后，则导体A右端电势为零，

17、因导体间的电势差不变，所以导体B的电势将升高，故C错误，D正确故选BD【点睛】此题考查静电平衡中的导体，电场中的处于静电平衡的导体是等势体，导体上电势处处相同同时要知道负电荷产生的电场特点，以及电势分布的特点10、AB【解析】若P初速度方向与磁场方向相互垂直，重力和电场力抵消，仅受洛伦兹力，故P做匀速圆周运动，故A正确；若P初速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，重力和电场力抵消，P受力平衡，所以可以做匀速直线运动，故B正确；若仅撤去磁场，P受力一定平衡，故只能做匀速直线运动，故C错误；仅撤去电场，油滴受重力有竖直向下的速度，油滴受洛伦兹力，速度改变，洛伦兹力方向随速度方向的变化而变化，不可能做匀

18、加速直线运动，故D错误所以AB正确，CD错误三、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、 B D E 温度的影响 3.6 0.90【解析】（1）因为灯泡的电阻为5欧姆，因此为了调节方便，滑动变阻器应选择总阻值较小的B（R1）即可；为了方便调节小灯泡额定电压是3V，电压表应选V1，即D；灯泡额定电流I=0.6A，电流表应选电流表A1，即E。（2）因为电压、电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约5，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法误差较小，电路图如图所示：（3）从图象可知I-U图象的斜率逐渐减小，即电阻R逐渐

19、增大，形成的原因是随着电压增高，小灯泡温度升高，电阻率增大阻值增大，即受温度的影响。（4）由图可知当电压为1.8V时，对应的电流为0.5A，则根据欧姆定律可得： ，此时小灯泡的实际功率： 。12、A D F 分压式 外 0.48 2.20 【解析】(1) “3V 0.5A”的小灯泡，则电流表应选用A(量程00.6A，内阻1)，电压表应选用D(03v，内阻约2k)；描绘小灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器选用F(阻值0-10)(2) 描绘小灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器应采用分压式接法；小灯泡正常工作时的电阻比电压表电阻小的多，则电流表应采用外接法(3) 电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I =0

20、.48A，U=2.20V点睛：器材分度值是一个单位的，估计到分度值的下一位；器材分度值是2或5个单位的，估计到分度值的同一位四、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）2A（2） （3）【解析】(1)开关闭合时，R1、R3并联与R4串联，R2中没有电流通过，由串联电路分压规律求R4的电压，再由欧姆定律求通过R1的电流I；(2)开关闭合时，小球静止在电场中，电场力与重力平衡，由平衡条件列出方程开关S断开，根据串联电路的特点求出电容器的电压，从而可求得电容器电荷量的变化量，即等于流过R2的电荷量Q；(3)断开开关，电路稳定后，根据牛顿第二定律求加速度a【详解】(1) 开关S闭合时，R1、R3并联与R4串联，R2中没有电流通过有：电容器的电压 由欧姆定律得通过R4的电流，由电路特点可知，R4中的电流为R1的两倍，所以流过R1的电流为2A；(2) 开关S断开，电容