2023学年安徽省滁州市九校联谊会高二物理第一学期期中质量跟踪监视试题含解析_第1页
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文档简介

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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、电动机在生活和生产中的应用相当广泛,下列的家庭电器中,和电动机有关的是:A日光灯管;B电吹风;C电视机;D电饭锅2、如图所示,abcd是一个用粗细均匀、同种材料的导线弯折成的长方形线框,线框竖直放置,ab长度为L,bc长度为。匀强磁

2、场的方向垂直于金属框平面向里,磁感应强度大小为B。若金属框a、b两端与恒压电源相连,电流方向如图所示,若通过ab边的电流大小为,则金属框受到的安培力大小和方向分别为A,方向竖直向上B2BIL,方向竖直向上C,方向竖直向下D3BIL,方向竖直向下3、下列说法错误的是( )A太阳绕地球做匀速圆周运动B开普勒发现了行星运动三定律C牛顿发现了万有引力定律D哥白尼提出了日心说4、如图所示,用线把小球A悬于O点,静止时恰好与另一固定小球B接触。今使两球带同种电荷,悬线将偏离竖直方向某一角度1,此时悬线中的张力大小为T1;若增加两球的带电量,悬线偏离竖直方向的角度将增大为2,此时悬线中的张力大小为T2,则:

3、AT1T2 D无法确定5、质量为m电量为q的微粒以速度v与水平方向成角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区,该微粒在电场力、磁场力和重力的共同作用下,恰好沿直线运动到A,下列说法中正确的是( ) A该微粒可能带正电荷也可能带负电荷B微粒从O到A的运动一定是匀加速直线运动C该磁场的磁感应强度大小为D该电场的场强为6、一个微型吸尘器的直流电动机的线圈电阻为R,将它接在直流电源上,电动机两端电压为U时,流过线圈的电流为I,则( )A电动机消耗的电功率为B电动机消耗的电功率为IUC电动机的发热功率为D电动机输出的机械功率为二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在

4、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、如图所示是等腰直角三棱柱,其中底面abcd为正方形,边长为L,它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B,下面说法中正确的是()A通过abcd平面的磁通量大小为L2BB通过dcfe平面的磁通量大小为L2BC通过abfe平面的磁通量大小为零D通过bcf平面的磁通量为零8、如图所示,质量为m、长为L的导体棒电阻为R,初始时静止于光滑的水平轨道上,电源电动势为E,内阻不计匀强磁场的磁感应强度为B,其方向与轨道平面成角斜向上方,开关闭合后导体棒开始运动,则()A导体棒向左运动B开

5、关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELRC开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELsinRD开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为BELsinmR9、如图所示是电磁流量计的示意图圆管由非磁性材料制成,空间有匀强磁场当管中的导电液体流过磁场区域时,测出管壁上MN两点间的电势差U,就可以知道管中液体的流量q(单位时间内流过管道横截面的液体的体积)已知管的直径为d,磁感应强度为B,假定管中各处液体的流速相同下列说法正确的有AN点的电势低于M点的电势BMN两点间的电势差U=BdvC液体的流量q=vd2D流量q与U的关系为q=10、如图所示,三个质量相同,带电荷量分别为+q、q和0的小液滴a、b、c,从竖直放

6、置的两板中间上方由静止释放,最后从两板间穿过,轨迹如图所示,则在穿过极板的过程中()A电场力对液滴a、b做的功相同B三者动能的增量相同C液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减少量D重力对三者做功的功率相同三、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)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中,利用螺旋测微器测定合金丝的直径为_mm.12(12分) (1)用游标卡尺测一工件外径的读数如图(1)所示,读数为_mm(2)用螺旋测微器测一圆形工件长度的读数如图(2)所示,读数为_mm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,

7、要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13(10分)一匀强磁场分布在以O为圆心,半径为R的圆形区域内,方向与纸面垂直,如图所示,质量为m、电荷量q的带正电的质点,经电场加速后,以速度v沿半径MO方向进入磁场,沿圆弧运动到N点,然后离开磁场,MON=1200,质点所受重力不计,求:(1)判断磁场的方向;(2)该匀强磁场的磁感应强度B; (3)带电质点在磁场中运动的时间14(16分)如图所示,电源的电动势为10 V,内阻为1 ,R1=3 ,R2=6 ,C=30 F求:(1)闭合电键S,稳定后通过电阻R2的电流(2)再将电键S断开,再次稳定后通过电阻R1的电荷量15(12分)图中电源电动势E12

8、 V,内电阻r0.5 将一盏额定电压为8 V,额定功率为16 W的灯泡与一只线圈电阻为0.5 的直流电动机并联后和电源相连,灯泡刚好正常发光,通电100 min问:(1)电源提供的能量是多少?(2)电流对灯泡和电动机所做的功各是多少?(3)灯丝和电动机线圈产生的热量各是多少?(4)电动机的效率为多少?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】电吹风内部有电动机和电阻丝,则和电动机有关的是电吹风,故选B.2、A【解析】由题意可知,边ab(cd)的长度是边ad(bc)长度的2倍,所以边ab(cd)的电阻是边ad(b

9、c)电阻的2倍,由并联关系可知,通过adcb支路的电流为,所以边dc所受安培力大小为方向竖直向上,边ab所受安培力大小为Fab=BIL方向竖直向上,边ad和边bc所受安培力的合力为零,所以金属框所受安培力大小为方向竖直向上。AA项与上述分析结论相符,故A正确;BB项与上述分析结论不相符,故B错误;CC项与上述分析结论不相符,故C错误;DD项与上述分析结论不相符,故D错误。3、A【解析】A根据开普勒第一定律得知,地球绕太阳做椭圆运动,故A错误,符合题意;B开普勒发现了行星运动三定律,故B正确,不符合题意;C牛顿发现了万有引力定律,故C正确,不符合题意;D哥白尼提出了日心说,故D正确,不符合题意故

10、选。点睛:本题关键掌握天体物理部分的物理学史,对于著名科学家的成就进行解答即可4、B【解析】本题考查的是库仑定律的应用问题,由受力平衡问题可知,小球A质量未变,则T1T2;B正确;ACD均不正确;5、C【解析】若粒子带正电,电场力向左,洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方,则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡若粒子带负电,符合题意故A错误粒子受到重力和电场力不变,而洛伦兹力不变,粒子能沿直线运动,一定是匀速直线运动,故B错误粒子受力如图,由平衡条件得:qvBcos=mg,解得:故C正确由图qE=qvBsin,解得:E=Bvsin故D错误故选C6、B【解析】AB.电动机消耗的总功率P=IU, I2R只能计

11、算热功率;故A错误,B正确;C.电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算,由于电动机为非纯电阻电路,故不能使用U2/R来计算热功率;故C错误;D. 电动机的总功率为IU,内部发热的功率为I2R,所以电动机输出的机械功率为IU-I2R,所以D错误。故选:B.点睛:在计算电功率的公式中,总功率用P=IU来计算,发热的功率用P=I2R来计算,如果是计算纯电阻的功率,这两个公式的计算结果是一样的,但对于电动机等非纯电阻,第一个计算的是总功率,第二个只是计算发热的功率,这两个的计算结果是不一样的二、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

12、选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、BCD【解析】通过ABCD平面的磁通量大小等于通过BEFC平面的磁通量,为,故A错误,B正确;ADFE平面与bcf平面和磁场平面平行,所以磁通量为零,故C正确;因整个三棱柱是封闭的;故整个三棱柱的磁通量为零;故D正确;故BCD【点睛】本题要理解并掌握磁通量的一般计算式,知道公式中表示和垂直磁场平面的投影面积,其中夹角是平面与磁场垂直方向的夹角8、BD【解析】A、开关闭合,由左手定则可知,磁感线穿过掌心,则大拇指向为垂直磁感线向右,从而导致导体棒向右运动,故A错误;BC、当开关闭合后,根据安培力公式F=BIL,I=ER,可得F=BELR,故B

13、正确,C错误;D、当开关闭合后,安培力的方向与导轨成90-的夹角,再根据力的分解可得合力大小,再由牛顿第二定律与安培力的大小可知,加速度a=BELsinmR,故D正确;故选BD。【点睛】据左手定则来确定通电导线的安培力的方向,闭合电路欧姆定律与安培力公式结合可求出其力的大小,最后由牛顿第二定律来确定导体棒瞬间的加速度。9、BD【解析】A. 根据左手定则,在洛伦兹力作用下,正离子向管道N的一侧集中,而负离子向管道M的一侧集中,两者之间形成电势差,则N点电势高于M点,故A错误;BCD. 当正负离子受到的电场力与洛伦兹力平衡时,离子不再偏移,此时MN间有稳定的电势差,形成一个匀强电场,设MN两点间的

14、电势差为U,对离子有:解得U=Bdv设在时间t内流进管道的液体体积为V,则流量故BD正确C错误。10、AD【解析】液滴进入电场后竖直方向都做自由落体运动,所以穿出电场时竖直方向上的时间相等,根据合运动与分运动等时性可知液滴的运动时间都相同,因为液滴a、b的电荷量大小相等,则液滴所受的电场力大小相等,由静止释放,穿过两板的时间相等,则偏转位移大小相等,电场力做功相等,A正确;对于a、b两个粒子穿过电场的过程,重力做功相同(下降的高度相同、质量相同),而水平方向上电场力做功相同,根据动能定理可知两者动能的增量相同,对于c液滴,只有重力做功,小于a、b动能的增量,B错误;对于液滴a和液滴b,电场力均

15、做正功,电势能均减小,C错误;根据公式,液滴进入电场后竖直方向都做自由落体运动,穿过电场时竖直分速度相等,则重力对三者做功的功率相同,D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、0.644-0.646 mm【解析】试题分析:旋测微器的固定刻度为0.5mm,可动刻度为0.0114.5mm=0.145mm,所以最终读数为0.645mm(0.644mm-0.646mm);考点:螺旋测微器【名师点睛】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读12、10.50 4.600 【解析】(1)1游标卡尺的主尺读数为:1c

16、m=10mm,游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为0.0510mm=0.50mm,所以最终读数为:10mm+0.50mm=10.50mm;(2)2螺旋测微器的固定刻度为4.5mm,可动刻度为0.0110.0mm=0.100mm,所以最终读数为4.600mm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)垂直纸面向外 (2)B=3mv3qR(3)t=3R3v【解析】试题分析:(1)根据左手定则,可知该磁场方向垂直纸面向外;(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,设轨道半径为r,圆心为O如图所示,洛仑兹力提供

17、向心力因此:qvB=mv2r由几何关系可得tan300=Rr联立得B=3mv3qR(3)设粒子在磁场中运动的时间为t,粒子做匀速圆周运动,期周期T=2mqB由于MON=1200,因此运动的圆心角MON=600因此粒子在磁场中运动的时间t=60036002mqB= 3R3v考点:带电粒子在磁场中的运动14、(1)1 A (2)1.2104C【解析】(1)闭合开关S,稳定后电容器相当于开关断开,根据全电路欧姆定律得:(2)闭合开关S时,电容器两端的电压即R2两端的电压,为:U2=IR2=16V=6V开关S断开后,电容器两端的电压等于电源的电动势,为E=10V,则通过R1的电荷量为:Q=C(E-U2)=310-5(10-6)C=1.210-4C15、(1);(2);(3),;(4)【解析】(1)由题意可知,电路的路端电压U=8V,则内电压U内=EU=12V8V=4V;电路中电流I=8A;故电源提供的能量W=UIt=8810060J=3.8410

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