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文档简介

广东省茂名地区2024届物理高二上期中综合测试模拟试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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,交流电流表、和分别与电阻、线圈和电容器串联后接在同一交流电源上.交流电压的瞬时值为.三个电流表的读数分别为、和.现换另一电源供电,交流电压的瞬时值为,.改换电源后,三个电流表的读数变化情况是()A.、和都不变 B.、不变、变大C.不变、变大、变小 D.不变、变小、变大2、如图所示,实线表示匀强电场的电场线.一个带负电荷的粒子以某一速度射入匀强电场,只在电场力作用下,运动的轨迹如图中的虚线所示,a、b为轨迹上的两点.若a点电势为φa,b点电势为φb,则()A.场强方向一定向左,且电势φa<φbB.场强方向一定向左,且电势φa>φbC.场强方向一定向右,且电势φa>φbD.场强方向一定向右,且电势φa<φb3、下列关于电源电动势的说法中正确的是()A.电源的电动势越大,电源所能提供的电能就越多B.电源的路端电压增大时,其电源提供的电能一定也增大C.无论内电压和外电压如何变化,其电源的电动势一定不变D.在某电池的电路中,每通过2C的电荷量,电池提供的电能是4J,那么这个电池的电动势是0.5V4、两个大小相同、可看成点电荷的金属小球a和b,分别带有等量异种电荷,被固定在绝缘水平面上,这时两球间静电力的大小为F.现用一个不带电且与金属小球a、b大小相同的绝缘金属小球c先与a球接触,再与b球接触后移去,则a、b两球间的静电力大小变为()A. B. C. D.5、在图所示电路中,电源的电动势为ε,内阻为r,当滑动变阻器的滑片向上滑动时,通过电阻R1的电流I1和通过滑动变阻器R2的电流I2的变化是()A.I1变大,I2变小B.I1变大,I2变大C.I1变小,I2变大D.I1变小,I2变小6、如图,电路中电源E的内阻为r,R1、R2为定值电阻,R1为滑动变阻器的最大阻值,各电表均为理想电表.已知r<R2电阻R1<R1.闭合开关S,当滑动变阻器的滑动触头P由变阻器的中点向左滑动的过程中,下列说法不正确的是()A.电源内阻r消耗的热功率先变大后变小B.电源的输出功率先变小后变大C.V1的示数先变大后变小,V2的示数先变小后变大D.A1的示数不断变小,A2的示数不断变大二、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,半径为R的圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.某质量为m,带电量为q的带电粒子沿圆形区域的半径方向以一定速度射入磁场,射出磁场时偏离原方向.不计粒子重力,则()A.该粒子带负电B.粒子在磁场中圆周运动的半径为RC.粒子射入磁场的速度大小为D.粒子在磁场中运动的时间为8、如图所示,光滑绝缘细管与水平面成30°角,在管的上方P点固定一个点电荷+Q,P点与细管在同一竖直平面内,管的顶端A与P点连线水平.电荷量为-q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动,在A处时小球的加速度为a.图中PB⊥AC,B是AC的中点,不考虑小球电荷量对电场的影响.则在+Q形成的电场中()A.A点的电势高于B点的电势B.B点的电场强度大小是A点的4倍C.小球从A到C的过程中电势能先减小后增大D.小球运动到C处的加速度为g-a9、如图所示的电路中,输入电压U恒为12V,灯泡L上标有“6V,12W”字样,电动机线圈电阻RM=0.50Ω.若灯泡恰能正常发光,以下说法中正确的是()A.电动机的输入功率是12WB.电动机的输出功率是12WC.电动机的热功率是2.0WD.整个电路消耗的电功率是22W10、平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动,在同一坐标系中作出这两个分运动的v-t图线,如图所示.若平抛运动的时间大于2t1,下列说法中正确的是()A.图线2表示竖直分运动的v-t图线B.t1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C.t1时间内的位移方向与初速度方向夹角的正切值为D.2t1时间内的位移方向与初速度方向夹角为60°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)(1)用多用电表测量某电阻,选用“×100”倍率的电阻档测量,发现指针编转过大.为使测量比较精确,应将选择______倍率的档位(填×10或×1k);再进行测量前应该先把红黑表笔_______,调节_______旋钮,使指针指在_________Ω处(2).某同学描绘某个电学元件的伏安特性曲线,实验室提供的器材如下:A.电压表(量程0-3V.内阻约10kΩ)B.电流表(量程0-50mA.内阻约50Ω)C.滑动变阻器(阻值范围0-10Ω,允许最大电流3A)E.电源(电动势6V,内阻不计)F.开关,导线I.为了测量结果尽量准确,该同学设计了电路图,实验测得元件两端电压通过它的电流如下表所示:U/VO.OO0.400.801.201.602.002.402.80I/A0.000.902.304.306.8012.019.030.0在下面四个设计图中,哪个是正确的_________(用R2表示该电学元件):若用此图测量电阻,测量值比真实值_______(填“偏大“或“偏小”).Ⅱ.该同学某次得到电表的示数如图所示,电压表的读数为__________.Ⅲ.左图是根据实验数据描绘出的该电学元件的I-U图象.若此电学元件的最佳工作电流为12mA,现将此元件与电动势为3V内阻不计的电池组相连,还需串联一个阻值R=_______Ω的电阻,才能使它工作在最佳状态(结果保留三位有效数字)12.(12分)在“测定金属丝电阻率”的实验中:(1)用千分尺测量金属丝的直径,千分尺示数如图所示,则金属丝的直径为________mm.(2)已知电阻丝约为20Ω,现备有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用,电流表应选_______,电压表应选_______,滑动变阻器应选________(只填代号)A.量程是0.6A,内阻约0.5Ω的电流表;B.量程是3A,内阻约0.1Ω的电流表;C.量程是3V,内阻约6KΩ的电压表;D.量程是15V,内阻约30KΩ的电压表;E.阻值是0~1KΩ,额定电流为0.5A的滑动变阻器;F.阻值是0~20Ω,额定电流为2A的滑动变阻器;G.蓄电池(电动势约10V,内阻很小);H.开关一个,导线若干。(3)用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图应选用上图中的那个电路图_______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)如图所示,在匀强电场中,有A、B两点,它们之间的距离为12cm,两点的连线与场强方向成53°角.将一个电荷量为1×12﹣6C的电荷由A点移到B点,电场力做功为1.2×12﹣4J.其中cos532=2.6,sin532=2.8,求:(1)A、B两点的电势差UAB;(2)匀强电场的场强E.14.(16分)如图所示,一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN,竖直固定在场强为E=1.0×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中.杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量Q=+4.5×10-6C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q=+1.0×10-6C,质量m=1.0×10-2kg.现将小球B从杆的上端N静止释放,小球B开始运动(静电力常量k=9.0×109N·m2/C2,取g=10m/s2)(1)小球B开始运动时的加速度为多大?(2)小球B的速度最大时,距M端的高度h1为多大?15.(12分)有三根长度皆为l=0.3m的不可伸长的绝缘轻线,其中两根的一端固定在天花板的O点,另一端分别栓有质量皆为m=1.0×10﹣1kg的带电小球A和B,它们的电荷量分别为﹣q和+q,q=1.0×10﹣6C.A、B之间用第三根线连接起来,空间中存在大小为E=1.0×105N/C的匀强电场,电场强度的方向水平向右.平衡时A、B球的位置如图所示.已知静电力常量k=9×109N•m1/C1重力加速度g=10m/s1.求:(1)A、B间的库仑力的大小(1)连接A、B的轻线的拉力大小.

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、D【解题分析】

由公式知,后来交流电的频率变大,线圈的感抗变大,电容器的容抗变小,对电阻没影响,所以A1示数将不变,A2示数将减小,A3示数增大,所以选项D正确,ABC错误;2、A【解题分析】

由曲线运动条件可知合力指向曲线的内侧,而电场强度方向应该是电场线上每一点的切线方向,所以该带电粒子所受的电场力一定向右。由于该粒子是负电荷,所以场强方向一定向左,根据沿着电场线的方向电势降低的,可判定a点的电势小于b点,即φa<φb,故A正确。3、C【解题分析】电动势越大,电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多,故A错误;电源的路端电压增大时,其电源提供的电能的能力增大,而电源提供的电能不一定也增大,故B错误;无论无论内电压和外电压如何变化,其电源的电动势一定不变,故C正确;根据电动势的定义式:,可知这个电池的电动势是2V,故D错误。所以C正确,ABD错误。4、D【解题分析】

设a球与b球的电荷量大小均为q,距离为r,则a和b之间的库仑引力为:,假设a球带正电,当不带电的小球c与a球接触后,a、c两球平分电荷,每球带电持量为,当再把c球与b球接触后,两球的电荷先中和,再平分,每球所带电荷量为,由于r不变,则a、b两球之间的相互作用力的大小为:,故D正确,ABC错误。5、A【解题分析】当滑动变阻器的滑片向上滑动时,R2增大,整个电路的总电阻增大,总电流减小,内电压减小,外电压增大,所以通过R1的电流I1增大,而总电流I减小,则流过R2的电流I2减小,故A正确,BCD错误.故选A.6、A【解题分析】A、C、D项:A、由题,电阻R1的阻值小于滑动变阻器R1的最大阻值,当滑动变阻器的滑片P变阻器的中点向左滑动的过程中,变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小,根据闭合电路欧姆定律得知,电路中电流先变小后变大,电源的内电压也变小后变大,则路端电压先变大后变小,所以V1的示数先变大后变小.V2测量R2两端的电压,R2不变,则V2的示数先变小后变大.并联电压U并=U-U2,先变大后变小,电阻R1所在支路电阻R1支路逐渐减小,所以电流I1增大,电流表A2示数增大;I2=I-I1,电流表A1示数变小,电源内部的热功率P=I2r,因为电流I先变小后变大,所以电源内部的热功率,先变小后变大,故A错误,C、D正确;B项:因为r<R2,所以外电阻总是大于内电阻的,当滑动变阻器的滑片P变阻器的中点向左滑动的过程中,变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小,所以电源的输出功率先变小后变大,故B正确.点晴:电阻R1的阻值小于滑动变阻器R1的最大阻值.当滑动变阻器的滑片P由中点向左滑动的过程中,变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小,根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化,再由欧姆定律分析R2两端电压的变化,确定三个电表示数的变化.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、AC【解题分析】

由左手定则可知,粒子带负电,选项A正确;由几何关系可知,粒子在磁场中圆周运动的半径为,选项B错误;根据可知粒子射入磁场的速度大小为,选项C正确;粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为600,则运动的时间为,选项D错误;故选AC.8、BCD【解题分析】试题分析:正点电荷的电场线发散型,由于沿着电场线方向,电势降低,因此A点的电势低于B点的电势,故A错误;结合几何关系知:PA=2PB,由点电荷电场强度公式,可知电场强度的大小与间距的平方成反比,则B点的电场强度大小是A点的4倍,故B正确;根据电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增加,可知:小球带负电,从A到C的过程中,电场力先做正功,后做负功,则电势能先减小后增大,故C正确;在A处时小球的加速度为a,对A点受力分析,电场力、重力与支持力,由力的合成法则可知,合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的;当在C处时,小球仍受到重力、电场力与支持力,合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的,即为g-a.故D正确.故选BCD.考点:电势能;功能关系.9、AC【解题分析】

灯泡正常发光,则电路电流I==2A.灯泡正常发光时,电动机电压UM=U-UL=12-6=6V,电动机的输入功率P=UMI=6×2=12W,电动机的输出功率P出=P-PQ=12W-2W=10W,故A正确,B错误;电动机的热功率PQ=I2RM=22×0.5=2W,故C正确;已知电路电流,由于不知电源电动势,无法求出整个电路消耗的电功率,故D错误.【考点定位】电功、电功率10、AC【解题分析】试题分析:平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,根据速度图线可知运动情况.时刻可知水平分速度和竖直分速度相等,通过分速度关系可知速度方向与初速度方向的夹角.根据水平方向和竖直方向的运动情况,可以求出水平位移和竖直位移,根据两个分位移的关系可得出位移与水平方向的夹角.根据速度时间图线可知道时刻的水平位移和竖直位移关系,根据该关系,可以求出位移与水平方向的夹角.平抛运动在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向上自由落体运动(即初速度为零的匀加速直线运动)故图线1为水平方向上的分运动,图像2为竖直方向上的分运动,A正确;时刻可知水平分速度和竖直分速度相等,则速度与初速度方向的夹角的正切值为,即夹角为45°,B正确;根据图像围成的面积表示位移,可知,C正确;由图知,时刻竖直方向的位移和水平方向的位移相等,,即为45°,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、(1)×10;短接;欧姆调零;0;(2)B.偏小;2.20V;83.3Ω(在83.2Ω-83.4Ω之间均算对)【解题分析】

(1)用多用表测量该元件的电阻,选用“×100”倍率的电阻档测量,发现多用表指针偏转角过大,说明所选倍率太大,应换用小倍率进行测量,因此需选择×10倍率的电阻档,再进行测量前应该先把红黑表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在0Ω处,再进行测量.(2)I.由表可知电流从零调节,故滑动变阻器应用分压式,又因被测原件的电阻较小,故电流表应用外接法,所以B电路正确;由于电压表分流,所测的电流偏大,根据欧姆定律:可知测量值比真实值偏小.Ⅱ.电压表最小分度为0.1V,故读数为2.20V.Ⅲ.根据元件的I-U图象可知,通过的电流I=12mA时,二极管两端的电压U=2V,根据串并联规律,应串联的电阻为:.12、(1)2.495mm;(2)A;D;F;(3)甲【解题分析】(1)由图示螺旋测微器可知,固定刻度读数:2mm;可动刻度读数:0.01mm×49.5=0.495mm,故螺旋测微器读

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