2023学年山东省昌邑市文山中学物理高二第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

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、如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1、R2、R3消耗的电功率一样大，则电阻之比R1R2R3是( )A111B411C144D1222、所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰小

2、球的质量分别为m1和m2.图乙为它们弹性碰撞前后的st（位移时间）图象已知m1=0.1由此可以判断A碰前m2静止，m1向右运动B碰后m2和m1都向右运动Cm2=0.5kgD弹性碰撞过程中系统损失了0.4J的机械3、a、b两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数由此可知，关于a、b两个电容器的下列说法正确的是Aa、b两个电容器的电容之比为8:1Ba、b两个电容器的电容之比为4:5Cb电容器最多能容纳电荷0.1CDb电容器最多能容纳电荷 1C4、下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘坐标原点O处电场强度最大的是ABCD5、在阻值为70 的电阻中通以正

3、弦交变电流，测得在10 min内放出的热量为2.1104J，则此交变电流的最大值为()A0.24 AB0.5 AC0.707 AD1 A6、高空坠物会对人身和财产安全造成严重危害，如果一只花盆从45m高处的阳台意外坠落，忽略空气阻力，取重力加速度为10 m/s2，则花盆落到地面所需时间为()A1sB3 sC5 sD7 s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、用标有“6V 3W”的灯泡L1和“6V 6W”的灯泡L2的伏安特性曲线如图甲所示现将两灯泡与理想电压表和理想电流表

4、连接成如图乙所示的电路，其中电源电动势E=9V闭合开关，其中一个灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ）A电压表的示数为6VB电流表的示数为0.5AC电源内阻为2D电源输出功率为6W8、如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），小球从紧靠左极板处由静止开始释放，小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打在右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中（ ）A它们的运动时间的关系为B它们的电荷量之比为C它们的动能增量之比为D它们的电势能减少量之比为9、如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则 (

5、)A电源的功率变小B电容器储存的电荷量变小C电源内部消耗的功率变大D电阻R消耗的电功率变小10、如图所示为一定质量的理想气体状态变化的p-V图像，理想气体从状态a开始，经历ab、bc，ca三个过程回到原状态a，下列说法正确的是_。Aab是等温过程Bab过程中，气体的温度先升高后降低Cbc是气体放热过程Dca过程中气体分子平均动能减小E.abca整个过程气体一定吸热三、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）现要描绘标有“2.5V,0.5A”小灯泡L的伏安特性曲线，实验室中有以下一些器材可供选择：电源（电动势为2.0V，内阻为）；电源（电动

6、势为3.0V，内阻为）；电压表（量程5V，内阻为）；电压表（量程15V，内阻为）；电流表（量程100mA，内阻约）；电流表（量程0.6A，内阻约）；滑动变阻器： （可调范围，允许通过最大电流5A）导线，开关若干（1）为了调节方便，准确描绘伏安特性曲线，实验中应该选用电源_，电压表_，电流表_（填器材的符号）。（2）在满足（1）的情况下，在方框中画出实验中所需的电路原理图。_（3）根据（2）中的实验电路图，用笔画线代替导线，将实验电路连接完整。_12（12分）图中，游标卡尺读数为_cm；螺旋测微器读数为_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，要求写出必要的文字说

7、明、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间的距离也为l，板间电压恒为U今有一带电量为 q、质量为m的粒子(重力不计)，以一定的初速度沿两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l的竖直屏上粒子的落点距O点的距离为若在纸面内，大量的上述粒子(与原来的初速度一样，并忽略粒子间相互作用)从MN板间不同位置垂直进入电场试求：（1）粒子的初速度；（2）这些粒子落在竖直屏上的范围14（16分）如图所示，有一电子（电量为e，质量为m，）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且恰好能从金属板

8、右缘飞出，求：（1）该电子刚飞离加速电场时的速度大小（2）金属板AB的长度（3）电子最后穿出电场时的动能15（12分）如图所示，正电荷Q放在一匀强电场中，在以Q为圆心，r为半径的圆周上有A、B、C三点，将试探电荷q放在A点，它受到的电场力正好为0，则匀强电场的大小和方向如何？B、C两点的电场强度大小和方向如何？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、C【解析】试题分析：并联电路两端的电压相等，则由可知，功率相等，电压相等，则电阻一定相等；中的电流等于并联部分的总电流，故，则有：；则由可知：，解得；，故电阻之比为：1：4

9、：4，C正确；考点：考查了串并联电路规律，电功率的计算【名师点睛】关键是公式及其变形式的灵活应用，难点是利用串联电路的电压与电阻成正比的关系求出电阻与的比值2、A【解析】A.由s-t图象的斜率等于速度，可得m1碰前速度v1=4m/s，m1碰前速度v1=0，则知碰前m1静止，m1向右运动，故A正确；BC.碰后m1速度为 v1=-1m/s，向左运动碰后m1的速度 v1=1m/s，向右运动根据动量守恒定律得m1v1+m1v1=m1v1+m1v1代入数据解得：m1=0.3kg故BC错误；D.两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为：所以碰撞过程是弹性碰撞故D错误3、C【解析】A、B、由图乙知a的电容

10、是1000F，b的电容是10000F，所以a、b两个电容器的电容之比为1000：10000=1：10；故A、B均错误C、D、根据电容的定义式，可得，带值可求，故C正确，D错误选C【点睛】认识一些常用的电容器，知道铭牌上数值的意义；明确电容的定义式和决定式.4、B【解析】根据点电荷的电场强度公式可得各圆环上的电荷在O点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，最后比较它们的大小即可由于电荷均匀分布，则各圆环上的电荷等效集中于圆环的中心，设圆的半径为r，则A图O点处的场强大小为；将B图中正、负电荷产生的场强进行叠加，等效两电荷场强方向间的夹角为91，则在O点的合场强,方向沿x轴负方向；C图中两正

11、电荷在O点的合场强为零，则C中的场强大小为，D图由于完全对称，易得合场强ED=1故O 处电场强度最大的是图B故答案为B【考点定位】本题考查电场的叠加,要注意采用等效思想及矢量的运算难度：中等5、D【解析】根据代入数据得，该电流为交流电的有效值，所以，D正确6、B【解析】由可得，故B正确二、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、BC【解析】AB、由图象可知，L2正常发光的电流为1A，L1的正常发光电流为0.5A，所以，两灯串联在电路中，只有一灯正常发光，则一定是L1，此时电路

12、中的电流为0.5A；由图可知：L2的电压为U2=2V，此时电压表测L2两端的电压，即电压表的示数为2V；故A错误，B正确；CD、此时电源的输出电压为U=U1+U2=2V+6V=8V，电源的输出功率P=UI=8V0.5A=4W，电源的内阻 ，故C正确，D错误；8、BD【解析】两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式，可知它们运动时间相同，故A错误小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移，由，得加速度之比根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为，则，故B正确由场力做功分别为，由于，得，故电势能的减小量为，而重力做功相同，则合力做功之比则动能增加量之比，故

13、C错误，D正确故选BD.【点睛】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比9、BC【解析】在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，由欧姆定律分析并联部分电压的变化，从而分析电容的电量如何变化

14、，根据功率的公式分析功率的变化【详解】在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，可知干路电流I变大，根据P=EI，可知电源的功率变大，根据，可知电源内部消耗的功率变大，故A错误，C正确；因干路电流I变大，则路端电压U变小，而电压变大，而，则并联部分的电压变小，即电容器两端的电压变小，根据Q=CU，可知电容器储存的电荷量变小，故B正确；因不知道R与的大小关系，无法判断电阻R消耗的电功率变化情况，故D错误；故选BC。【点睛】本题为闭合电路欧姆定律中的含容电路，要注意明确与电容器串联的电阻在电路稳定时，可以将其作为导线处理10、BCE【解析】

15、AB在p-V图像中，等温过程对应图线应是双曲线；同一气体，双曲线离原点越远温度越高，所以ab不是等温过程，气体的温度先増大后减小，故A项错误，B项正确；Cbc过程，气体体积减小，外界对气体做功；气体温度降低减小，内能减小；由热力学第一定律可知，气体对外界放热；选项C正确；Dca过程，气体发生等容升压，温度增大，气体分子平均动能增大，选项D错误；Eabca整个过程，气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律可知，气体一定吸热，选顷E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、 【解析】（1）“2.5V,0.5A”小灯泡，则选用电源 ，电压表，

16、电流表（2）描绘小灯泡的伏安特性曲线，控制电路采用分压式； ，灯的电阻相对电压表电阻较小，故测量电路采用电流表的外接法。电路如图：（3）实物连接如图：12、5.015 4.6964.701 【解析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读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【详解】游标卡尺主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为：0.05=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm；螺旋测微器固定刻度读数4.5mm，可动刻度读数为0.0119.8mm=0.198mm，所

17、以金属丝的直径为：4.5mm+0.198mm=4.698mm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）（2）【解析】（1）粒子运动的时间为加速度为偏转位移为联立得：离开电场后粒子做匀速直线运动，根据几何关系： 带入数据得：；（2）带入数据得，粒子在偏转电场中的偏转量：可知据上板l/6内的粒子将无法穿过电场。由于各个粒子运动情况一致，可知当粒子从贴近下板进入电场,其总的竖直位移与前面相同(因为场强、电量等量是相同的)，即为l/2，所以打在O点；当粒子恰好从上板边缘飞出电场时，打到屏上的位置据O点为，所以从O点到最上端的距离为，粒子落在竖直屏上的区域范围是。14、（1） （2）（3）【解析】试题分析：（1）电子先在加速电场中加速，由动能定理可求其加速后的速度，（2）电子进入偏转电场中做类平抛运动，由于电子正好能穿过电场，所以在偏转电场中的偏转的距离就是 ，由此可以求得极板的长度；（3）电子正好能穿过电场偏转电场对电子做功解：（1）设电子被加速后速度大小为v0，对于电子在加速电场中由动能定理得： 所以 （2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有： L=v0t 由解得：（3）电子正好能穿过电场偏转电场，偏转的距离就是 ，由此对电子做