2023届江西省宜春市高安市高安中学高二物理第一学期期末预测试题含解析

2022-2023学年高二上物理期末模拟试卷注意事项考生要认真填写考场号和座位序号.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。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、将一带电荷量为一g的试探电荷从无穷远处移到电场中的彳点，该过程中电场力做功为W,规定无穷远处的电勢为零，则试探电荷在•点的电势能及电场中4点的电势分别为()WA.-Wt—qB.——qWc.w,—WD.-»V,——2、如图甲所示，磁场垂直穿过圆形金属框.已知磁场的磁感应强度B随时间，变化的图象如图乙所示，设磁场方向垂直纸面向里时B>0,圆形金属框中應应电流为顺时针方向时/>0,则下列各图中能够反应圆形金属框中感应电流i随时间，变化图象的是。3.图中实线为某点电荷形成的电场的电场线.那么()电场强度〃点较小 B.电场强度b点较小C.电势«点较小 D,电势b点较小4、如图是某款能一件自动上水的全自动智能电热壶，当壷内水位过低时能自动加满水，加热之后的水，时间长了冷却,机器又可以自动加热到设定温度。某同学为了研究其工作原理，经进一步査阅厂家相关技术说明了解到：“一键加水”是由一水泵（电动机）和传感器来实现的，单独对这一部分进行测试时发现，当其两端所加电压U」=10V时，电动机带不动负载，因此不转动，此时通过它的电流4=2A；当其两端所加电压U.=36V时（通过变压器实现），电动机能带动负载正常运转，这时电流，2=1A,则下列说法正确的是（）产品型号：产品型号：MD-0625额定电压：220V频 率：50Hz额定功率：1500W容 量：1.5L这种电热壶工作时加热部分的电阻值约为5Q正常工作时，其输出的机械功率为31W正常工作时，其电动机内阻两端电压为32V使用一天该水壶消耗的电能为36KW115、如图所示，真空中有两个带等量正电荷的0.0固定在水平x轴上的A、H两点。一质量为叭电荷量为q的带电小球恰好静止在•、B连线的中垂銭上的。点，由于某种原因，小球带电荷暈突然减半点是C点关于奶对称的点，则小球从C点运动到〃点的过程中，下列说法正确的是（ ）小球做匀加速直线运动小球受到的电场力可能先减小后增大电场力先做正功后做负功小球的机械能一直不变6、 在物理学史上，一位丹麦科学家首先发现电流周围存在磁场.随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想.很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究'苜先成功发现“磁生电"的物理学家是A.安培 B.奥斯特C.法拉第 D.爱迪生二、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，有选借的得。分.7、 如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上0~心间各点的电势分布如图乙所示，则在。~項间，场强方向没有发生变化在0~心间，场强先减小后増大若一负电荷从。点运动到七点，电势能逐渐减小从。点由静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在Of间一直做加速运动8、在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内（不计重力），电子可能沿水平方向向右做直线运动的是（） W Exxx B・ 兰XXXc.D.c.D.9、如图甲为节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制.如图乙为其简化电路图，为光敏电阻，当光照强度增加时，其电阻值减小。八力端接路灯电源的开关，要求仇6大于某一值时，接通路灯电路.现増加光照强度，下列判断正确的是。图甲国乙断正确的是。图甲国乙&两端的电压变小指示灯将变暗沥两点间电压Um变大光敏电阻&.中的电流将变大10、如图所示，电路中K、战均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置.闭合开关S,电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，下列说法正确的是A.增大Ri的阻值，油滴向上运动 B.增大Ri的阻值，油滴向上运动增大两板间的距离，油滴静止 D.断开开关S,油滴向下运动三、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。（6分）某同学用下图所示电路，测绘标有“3.8V,0.3A”的小灯泡的灯丝电阻A随电压〃变化的图象;<0除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：AH量程100mA,内阻约2Q）；Az（量程0.6A,内阻约0.3。）电压表：V（景程5V,内阻约5ko）.V】量程15V,内阻约15ko）.滑动变阻器：K（阻值范围0〜10。）；心阻值范围。〜2kH）；电源：5（电动势为L5V,内阻约为0.2Q）；EK电动势为4V,内阻约为0.04J2）；

R/uR/u（1） 为了调节方便，测量准确.实验中应选用电流表 :电压表 ;滑动变阻器 :电源 （填器材的符号）（2） 根据实验数据，计算并描绘出R-T的图象如图所示，由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为 Q；当所加电压为3.0V时，灯丝电阻为 灯泡实际消耗的电功率为 W.12.（12分）某实验小组为了完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验室备有下列器材：小灯泡（3.0V,1.5W）电流表A】（量程0〜0.6A,内阻约为0.5Q）电流表4（量程0〜3A,内阻约为0.1□）电压表V（景程。〜3V,内阻约为10kQ）滑动变阻器2（阻值范围。〜IkQ,允许最大电流300mA）滑动变阻器&（阻值范围0〜20Q,允许最大电流1A）宜流电源E（电动势4V.内阻不计）开关S,导线若干 （a）-,©（b）©（b）请回答下列问题：⑴某同学画出了大部分实验电路如图（a）,请将其补充完整 ；（2） 按你补充完整的实验电路进行实验，电流表最好选用 ;滑动变阻器最好选用 .（填上述实验器材前的字母序号）（3） 实验小组得到小灯泡的伏安特性曲线如图（b）所示，但由于实验小组绘图的同学粗心，忘记标注坐标轴了.如果请你给它标上坐标轴，你会在纵轴上标 、横轴上标 .（选填勺”或）四、计算题：本题共3小题，共38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，面积为0.02n】2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD,绕垂直于磁场的轴00勺速转动，转动的角速度为100rad/s,匀强磁场的磁感应强度为史工矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所2⑴线圏中感应电动势的表达式⑵由图示位置转过45角的过程产生的平均感应电动势（3）当原、副线圈匝数比为4:1时，求电阻R上消耗的电功率14.（16分）如图，在矩形区域内存在竖直向上的匀强电场，在右侧I、II两区域存在匀强磁场，Li.A、上是磁场的边界彼C与重合），宽度相同，方向如图所示，区域I的磁感应强度大小为硏.一电荷量为q、质量为机（重力不计）的带正电粒子从Q边中点以初速度玲沿水平向右方向进入电场，点电荷恰好从B点进入磁场，经区域I后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域II.已知AB长度是BC长度的后倍。（1）求带电粒子到达B点时的速度大小；<2）求磁场的宽度心（3）要使点电荷在整个磁场中运动的时间最长，求区域II的磁感应强度位的取值。15.（12分）如图所示，小球沿光滑的水平面冲上一个光滑的半圆形轨道4CB,已知轨道的半径为火，小球到达轨道的最高点8时对轨道的压力大小恰好等于小球的重力，重力加速度为g,空气阻力忽略不计。求：（1）小球到达轨道最高点B时的速度多大；小球通过半圆轨道最低点4时，轨道对小球的支持力大小;小球落地点距离4点多远。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.KA【解析】考査电场力做功与电势能的关系。【详解】无穷远处的电势为零，则试探电荷在无穷远处时，电势能为零，试探电荷从无穷远处移到电场中的A点，电场力做功为W,由W=-AEp=O-Epa解得命=-叶由电场力做功公式：W=_q(Go_%)其中无穷远处的电势0=0,解得以=一，A正确。q故选丄2、A【解析】磁感应强度在。到，。内，由法拉第电磁感应定律可得，随着向外磁场的均匀变小，由于磁感应强度随时间变化率不变，则感应电动势大小不变，感应电流的大小也不变；同理，磁感应强度在，。到力。内，由法拉第电磁感应定律可得，随着向里磁场的均匀变大，由于磁感应强度随时间变化率不变，则感应电动势大小不变，感应电流的大小也不变；由于磁感应强度是向外在减小，向里在增大.所以由楞次定律可得线圈感应电流是逆时针，由于环中懸应电流沿顺时针方向为正方向，则感应电流为负的

A.图像与分析相符，故A正确.B.图像与分析不符,B.图像与分析不符,故B错误.图像与分析不符，故C错误.图像与分析不符，故D错误.3、 B【解析】AB.电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，"点的电场线比力点密，故"点的电场强度比力点大，故B正确；CD.沿着电场线方向电势降低，由于电场线方向无法确定，所以“点的电势与。点的电势无法确定，故C、D错误；故选B。4、 B【解析】考査电功率与热功率，焦耳定律。【详解】A.由铭牌图可知，加热部分额定电压为220V,额定功率为1500W.则加热部分电阻为：爲眼32.3。爲眼32.3。A错误；电压儿=10V时，电动机带不动负载，此时仅加热部分工作，电流1\=2A,则电动机内阻:其两端所加电压M=36V时，电动机能带动负载正常运转，这时电流＜=1A,则输出功率:4 F=U丄-/；r=31WB正确；正常工作时，其电动机内阻两端电压为：#内=*=5Vc错误；使用一天该水壶，加热部分消耗的电能为：W=E=L5x24KWh=36KWh总消耗的电能应该加上电动机消耗，故大于36KW・h,D错误。故选B・5、 B【解析】A.小球初始时能静止，由小球水平方向合力为。可知4、8两电荷电荷量必定相等，设0=0=。；小球下落过程受到重力和电场力作用，由牛顿第二定律可得mg-2k cos6=mar由于「和0均发生变化，故小球不做匀加速运动，故A错误；由等量同种电荷的分布可知，电荷C在中垂线上受到的电场力为F=2k丝cos。r其中垂线上从无限远处到两电荷连线中点场强先变大后变小，只要C点位置合适，从C点到。点，小球受到的电场力先减小,从。点到。点，电场力再増大，故小球受到的电场力可能先变减小后増大，B正确；由题意可知，小球带正电，故从C到D电场力先做负功后做正功，故C错误：小球运动过程中电场力做功了，故小球机械能不守恒，故D错误；故选B.6、 C【解析】根据物理学史和常识鮮答，记住著名物理学家的主要贡献即可；【详解】1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，即电生磁的现象，英国科学法拉第坚信电与磁是紧密联系的，经过十多年的艰苦研究，于1831年发现了电磁感应现象，即磁生电的现象，故C正确，ABD错误【点睛】本题考査物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一二、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。分.7、 AD【解析】A.gv图象的切线斜率表示电场强度，故在0~七间，场强方向没有发生变化，故A正确；伊，图象的切线斜率表示电场强度，在。十2间，斜率先变大后变小，故场强先增大后减小，故B错误；由图看出，在眼七间，电势逐渐降低，负电荷在电势低的地方电势能高，若一负电荷从。点运动到項点，电势能逐渐升高。故C错误,从。点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在。〜X2间一直做加速运动。故D正确。故选AD08、 BC【解析】如电子水平向右运动，在A图中电场力水平向左，洛伦兹力竖直向下，故不可能；在B图中，电场力水平向左，洛伦兹力为零，故电子可能水平向右做匀减速直线运动；在C图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，电子向右可能做匀速直线运动；在D图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向上，故电子不可能做水平向右的直经运动，因此BC正确9、BD【解析】A.将电源和电阻箱视为等效电源，增加光照强度，光敏电阻/减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律：R总可知干路电流増大，则流过&两端电流増大，根据欧姆定律：u°=】R°可知&0两端的电压增大，A错误；BC.根据闭合电路欧姆定律：E=U+Ir可知路端电压，即队方两端电压减小，火。两端的电压増大，根据分压规律可知光敏电阻和指示灯构成的并联电路分压减小，通过指示灯的电流减小，根据电功率的计算公式：P=FR可知指示灯功率减小，将变暗，B正确，C错误；D.干路电流增大，通过指示灯电流减小，根据分流规律可知通过光敏的电流增大，D正确.故选BD.10、AD【解析】A.电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻&的电压，当増大&的阻值，导致总电流减小，则外电压増大,因此电容器的电压増大，板间场强増强，油滴将向上运动，故A正确；电路稳定时，当増大益的阻值，不改变电路中的电流，因此电容器的电压不变，板间场强不变，油満将不运动，故B错误；増大两板间的距离，因电容器的电压不变，则电场强度减小，导致油滴向下运动，故C错误；断开开关S,电容器放电，板间场强逐渐减小，油満将向下运动，故D正确；故选AD。三、实验鄭本题共2小題，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、 (1).A2 (2).Vi (3).码 (5).1.5 (6).11.5 (7J.0.78

【解析】（1）卩]小灯泡的额定电压和额定电流分别为“3.8V,03A”，所以电流表选择A2（景程0.6A,内阻约0.3Q）测量误差较小；电压表选择Vi（量程5V,内阻约5kG）测量误差较小；滑动变阻器釆用分压式接法，为调节方便需要阻值较小的Ri（阻值范围。〜10。）：所测电压要达到3.8V,电源应选择E2（电动势为4V,内阻约为0.04Q）。（2）[5]由R-V的图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为L5d[61当所加电压为3.0V时，灯丝电阻为11.5Q；[7]此时灯泡实际消耗的电功率为P=E=W=0.78WR11.512、①.⑴如图:②12、①.⑴如图:②.⑵B ®.F ④.⑶U ⑤.1【解析】（1）器材选取的原则需安全精确,【解析】（1）器材选取的原则需安全精确,从零开始变化，滑动变阻器釆用分压式接法;（2） 通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接.根据电路图连接实物图;（3） 灯泡的电阻随（电压）温度的升高而増大，所以U-I图线是一条曲线【详解】（1）小灯泡为小电阻，故使用电流表外接法，所以补充完整的电路图如下：（2） 根据小灯泡额定电压为3V,额定功率为L5W可知，灯泡正常工作时，可流过的最大电流为O.5A,故选量程为。〜0.6A最佳，能准确测量，故选B；由于本实验釆用滑动变阻器的分压式接法，故选阻值偏小的滑动变阻器调节更灵敏和方便，即滑动变阻器最好选用F；（3） 由于小灯泡的电阻率会随着电压（温度）的升高而逐渐变大，从而导致小灯泡的电阻变大，故该伏安特性曲线的纵轴应标注U,横轴标注电流I;故本题的答案为：（1）图见解析（2）B:F（3）r；I【点睛】解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别四、计算题：本题共3小题，共38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、(l)e=10072cos(100t)V(2)127.4V⑶P=12.5W【解析】根据线圈中感应电动势En