江西省临川一中2023学年物理高二第一学期期中综合测试模拟试题含解析_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考生须知:1全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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、某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图所示.用此电源和电阻R1、R2组成电路.R1、R2可以同时接入电路,也可以单独接入电路.为使电源输

2、出功率最大,可采用的接法是( )A将R1单独接到电源两端B将R1、R2并联后接到电源两端C将R1、R2串联后接到电源两端D将R2单独接到电源两端2、如图(甲)从阴极发射出来的电子束,在阴极和阳极间的高电压作用下,轰击到长条形的荧光屏上激发出荧光,可以显示出电子束运动的径迹。若把射线管放在如图(乙)蹄形磁铁的两极间,阴极接高压电源负极,阳极接高压电源正极,关于荧光屏上显示的电子束运动的径迹,下列说法正确的是 A、电子束向上弯曲 B、电子束沿直线前进C、电子束向下弯曲 D、电子的运动方向与磁场方向无关3、测定电源电动势E和内阻r实验电路如图所示,按图连接好电路,当滑动变阻器的滑片由右端滑到中点的过

3、程中,电流表示数有明显变化,但电压表示数基本不变,只有滑片滑到左端附近时,电压表才有比较明显变化。则以下关于滑动变阻器总阻值R与电源内阻r的关系正确的是AR比r稍小BR比r稍大CR比r小很多DR比r大很多4、如图所示,水平放置的两个平行金属板,上板带负电,下板带等量的正电,三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的粒子从极板的左侧P点以相同的水平初速度进入电场中,分别落在正极板的a、b、c三处,由此可知 ( ) A粒子a带正电,b不带电,c带负电B三个粒子在电场中运动的时间相等C三个粒子在电场中的加速度aaabacD三个粒子到达正极板的动能EkaEkbEkc5、下列关于物体带电的说法,正确的是(

4、 )A元电荷就是指自然界中带电荷量最少的物体B某物体所带的电荷量有可能为9.01019CC摩擦起电是通过摩擦创造出了等量的异种电荷的过程D感应起电是利用静电感应,使电荷从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程6、电动机的电枢阻值为R,电动机正常工作时,两端的电压为U,通过的电流为I,工作时间为t,下列说法中正确的是()A电动机消耗的电能为B电动机消耗的电能为I2RtC电动机线圈产生的热量为I2RtD电动机线圈产生的热量为UIt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

5、示的电路,闭合开关S,当滑动变阻器测算P向右移动时,下列说法正确的是:( )A电流表读数变小,电压表读数变大B小电泡L变暗C电容器C上电荷量减小D电源的总功率变大8、空间存在一电场,一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动,初速度大小为v0,其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示,图线关于纵轴左右对称,以无穷远处为零电势能点,粒子在原点O处电势能为E0,在x1处电势能为E1,则下列说法中正确的是( )A坐标原点O处电场强度最大B粒子经过x1、-x1处速度相同C由x1运动到O过程加速度一直减小D粒子能够一直沿x轴负方向运动,一定有9、图中甲是匀强电场,乙是孤立的正点电荷形成的电场,

6、丙是等量异种点电荷形成的电场(a、b位于两点电荷连线上,且a位于连线的中点),丁是等量正点电荷形成的电场(a、b位于两点电荷连线的中垂线上)有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从四个电场中的a点由静止释放,动能Ek随位移x变化的关系图象如图线 所示,其中图线 是直线,下列说法中正确的是A甲对应的图线是B乙对应的图线是C丙对应的图线是D丁对应的图线是10、两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。则整个运动过程中,下列说法正确的是( )A滑块a、b的质量之比m1:m21:8B滑块a、b

7、的质量之比m1:m21:4C两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比W:E1:2D两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比W:E1:1三、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)某同学在一次“测定金属的电阻率”的实验中,用米尺测出接入电路部分的金属丝的长度为l=0.720m,用螺旋测微器测出金属丝直径(刻度位置如图所示),用伏安法测出金属丝的电阻(电阻大约为5),然后计算出该金属材料的电阻率在用伏安法测定金属丝的电阻时,除被测金属丝外,还有如下实验器材料:A直流电源(输出电压为3V)B电流表A(00.6A,内阻约0.125

8、)C电压表A(03V,内阻3k)D滑动变阻器(最大阻值20)E.开关、导线等(1)从图中读出金属丝的直径为_mm(2)根据所提供的器材,在虚线框中画出实验电路图_(3)若根据伏安法测出金属丝的阻值为Rx=4.0,则这种金属材料的电阻率为_m(保留两位有效数字)12(12分)在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材:A干电池1节B滑动变阻器(020)C电压表(03V,内阻约为20k)D电流表(00.6A,内阻RA=0.2)E电流表(03A,内阻约为0.01)F开关、导线若干(1)为减小实验误差和方便操作,选择图甲所示电路进行实验,其中电流表应选_(填写器材前的序号)(2

9、)某同学根据实验测得的电压表示数U和电流表示数I,画出UI图象如图乙所示,由图象可得电池的电动势为_V,内电阻为_(保留到小数点后1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(10分)在磁感应强度为0.8T的匀强磁场中,放一条与磁场方向垂直、长度为2m的通电导线,导线中的电流为5.0A,求:(1)这条导线所受安培力大小;(2)如果将导线转动90,使导线与磁场平行,求此时导线受到的安培力。14(16分)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内,存在两个场强大小均为E的匀强电场I

10、和II,两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)。(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子,求电子到y轴(图中FO边界)所需的时间。(电子的质量为m,电量为e)(2)在该区域AB边的中点处由静止释放电子,求电子离开ABCD区域时的位置坐标。(3)若将左侧电场II 整体水平向右移动L/4,在电场I 区域内由静止释放电子,使电子从ABCD区域左下角D处离开(D不随电场移动),求在电场I 区域内由静止释放电子的所有位置(即释放点的横、纵坐标应满足的关系式)。15(12分)匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形AB=4cm,BC=3cm,把电荷量为q=-210-10C的点电荷从A点移

11、到B时,电场力做功4.810-8J,从B点移到电C点时,克服电场力做功4.810-8J,若取B点的电势为零,求A、C两点的电势和场强的大小及方向(要求方向在图中画出)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】根据闭合电路欧姆定律得:U=EIr知,I=0时,U=E,图象的斜率等于r,则由电源的UI图线得到:电源的电动势为E=3V,内阻为r=0.5. 由电阻的伏安特性曲线求出R1=0.5、R2=1,R1单独接到电源两端时,两图线的交点表示电路的工作状态,可知,电路中的电流为3A,路端电压为1.5V,则电源的输出功率

12、为P出1=1.5V3A=4.5W,同理,当将R1、R2串联后接到电源两端,利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A,此时电源的输出功率P串=I2串(R1+R2)=3.75W;两电阻并联时,利用欧姆定律可得电路电流I并=3.6A,此时电源的输出功率P并=EI并I2并r=4.32W;R2单独接到电源两端输出功率为P出2=2V2A=4W.所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大。故A正确,BCD错误。故选:A【点睛】由电源的U-I图线纵横截距读出电源的电动势,由斜率求出电源的内阻由电阻的U-I图线求出电阻再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择2、C【解析】试题分析:电子束向右运动,磁场向里,

13、由左手定则可判断出电子束向下弯曲。故选C考点:左手定则判断洛伦兹力的方向点评:注意电子带负电,由左手定则判断洛伦兹力的方向时,四指应指向负电荷运动的反方向。3、D【解析】由题意知当滑动变阻器的滑片由右端滑到中点的过程中,电流表示数有明显变化,但电压表示数基本不变,只有滑片滑到左端附近时,电压表才有比较明显变化,所以R比r大很多,故选 D.4、D【解析】由图,电容器上极板带负电,下极板带正电,平行板间有竖直向上的匀强电场,正电荷在电场中受到向上的电场力,负电荷受到向下的电场力,不带电的小球做平抛运动,带负电的小球做类平抛运动,加速度比重力加速度大,带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动由

14、此根据平抛和类平抛运动规律求解【详解】A、B、C根据题意,三小球在水平方向做匀速直线运动,则有x=v0t,v0相同,则水平位移x与运动时间t成正比,由图看出,水平位移的关系为xaxbxc,则运动时间关系为tAtBtc竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动,到达下极板时,在竖直方向产生的位移y相等:y=at2,则知加速度关系为 aAaBaC由牛顿第二定律得知三个小球 的合力关系为 FAFBFC由于平行板间有竖直向上的电场,正电荷在电场中受到向上的电场力,向下的合力最小,向下的加速度最小,负电荷受到向下的电场力,向下的合力最大,向下的加速度最大,不带电的小球做平抛运动,加速度为重力加速度

15、g,可知,落在a点的颗粒带负电,c点的带正电,b点的不带电故ABC错误,D、由以上分析可知,FAFBFC则竖直位移相同,则可知外力做功a最大,c最小;则由动能定理可知三个粒子到达正极板的动能EkaEkbEkc,故D正确;故选D【点睛】确认不带电小球做平抛运动,带电小球做类平抛运动,分水平和竖直方向分析小球的运动,水平方向匀速直线运动,竖直方向初速度为0的匀加速直线运动,由运动的合成与分解进行分析5、D【解析】元电荷是电量的基本单位,不是指自然界中带电荷量最少的物体,选项A错误;任何物体所带电量都是元电荷(1.61019C)的整数倍,则某物体所带的电荷量不可能为9.01019C,选项B错误;摩擦

16、起电是电荷的转移,不是创造了电荷,选项C错误;感应起电是利用静电感应,使电荷从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程,选项D正确;故选D.6、C【解析】本题考查电功和电热的基本应用,要掌握纯电阻电路和非纯电阻电路两种情况的区别【详解】A B因为电动机不是纯电阻电路,所以欧姆定律不适用,电动机消耗的电能应为,故AB均错误;C D根据焦耳定律,电动机线圈产生的热量为I2Rt,故C正确,D错误;综上所述,本题应选C。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、CD【解析】试题分析:

17、滑动变阻器滑片P向左移动,滑动变阻器连入电路的电阻增大,根据“并同串反”知:电流表读数变小,电压表读数变大,A正确;小灯泡L变暗,B错误;电容器两端电压增大,电荷量增大,C错误;电源的总功率PEI,总电流减小,电动势不变,电源的总功率减小,D错误考点:本题考查闭合电路的动态分析、电源的功率8、BD【解析】试题分析:根据电势能与电势的关系:Ep=q,场强与电势的关系:,得:Ep-x图象切线的斜率等于,根据数学知识可知,坐标原点O处切线斜率为零,则坐标原点O处电场强度为零,故A错误由图看出,x1、-x1两处的电势能相等,根据能量守恒定律得知,粒子经过x1、-x1处速度相同,故B正确由x1运动到O过

18、程,根据数学知识可知,图线的斜率先增大后减小,说明场强先增大后减小,由F=qE知,粒子所受的电场力先增大后减小,根据牛顿第二定律得知,加速度先增大后减小,故C错误根据公式Ep=q,可知,该粒子带负电,从x1处到-x1处,电势先降低后升高,电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向,电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向,粒子只要能通过原点O,就能一直沿x轴运动,设粒子恰好能到达原点O时的速度为v,则根据能量守恒定律得:mv2=E0-E1,当v0v时,即粒子能够一直沿x轴负方向运动,故D正确故选BD考点:电场强度;电势及电势能;能量守恒定律【名师点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义,判断电势和场强

19、的变化,再根据力学基本规律:牛顿第二定律和能量守恒定律进行分析9、AC【解析】正检验电荷仅在电场力作用下,由静止开始运动,其中甲、乙、丙中正检验电荷沿电场方向运动,丁中正检验电荷静止不动电场力对正检验电荷做功改变其动能,有EqxEk,动能Ek随x的变化率E,而电场强度E随x的变化情况是:甲中E为常数,乙图中E减小,丙图中E增大,所以A、C选项正确,B、D选项错误10、AC【解析】AB设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前地速度为v1、v2。由题给的图象得:v1=-2m/s v2=1m/sa、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给的图象得:两球碰撞过程系统动量守恒,以球a

20、的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:m1v1+m2v2=(m1+m2)v解得:m1:m2=1:8故A正确,B错误;CD由能量守恒得,两滑块因碰撞损失的机械能为:由图象可知,两滑块最后停止运动,由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为: 解得:W:E=1:2故C正确,D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、0.600; ; 【解析】(1)从图中读出金属丝的直径为d=0.5mm+10.00.01mm=0.600mm(2)因测量金属丝的电阻率电流不能太大,由,结合电流表读数原理,电流表应满足偏转一半以上,故总电阻大于10小于5,可见滑动变阻器可以用限流式;由于待测电阻的电阻值较小,电流表应用外接法,电路图如图所示:(3)根据欧姆定律,有,根据电阻定律,有:,及,联立并代入数据可得:12、D1.50.8【解析】(1)1由于本实验中通过电源的电流不能太大,由图可知,最大电流不超过0.6A;所以电流表应选;(2)23将RA等效

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