2024届陕西省育才中学物理高二上期中监测模拟试题含解析

2024届陕西省育才中学物理高二上期中监测模拟试题注意事项: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、a和b是点电荷电场中的两点，如图所示，a点电场强度Ea与ab连线夹角为600，b点电场强度Eb与ab连线夹角为A．这是一个正点电荷产生的电场，EB．这是一个正点电荷产生的电场，EC．这是一个负点电荷产生的电场，ED．这是一个负点电荷产生的电场，E2、一个做匀变速直线运动的质点的图象如图所示，由图线可知其速度时间的关系为A．

B．

C．

D．

3、如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径。已知a、b、c三点的电势分别为φa=10V，φb=16V，φc=17V，则d点的电势为A．1VB．6VC．11VD．18V4、属于静电利用现象的是（）A．油罐车上连接地线 B．复印机复印文件资料C．屋顶按装避雷针 D．印染厂车间保持湿度5、一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断（）A．粒子受到静电引力的作用B．粒子速率增大C．粒子动能减小D．粒子电势能先增大后减小6、如图，电源电动势为30V，内阻不计，“6V，12W”的灯泡与一个绕线电阻为的电动机串联．当电动机正常转动时，灯泡正常发光，则此时A．电路中电流为B．小灯泡电阻为C．电动机两端电压为24VD．电动机输出功率为48W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“6V3W”的灯泡L1和“6V6W”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，一电子沿Ox轴射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD动能变化量分别为△Ek1和△Ek2，则A． B．C． D．9、如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向a端移动时，则下列判断正确的是（）A．电压表读数减小B．电流表读数增大C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率逐渐增大10、如图，竖直放置的弯曲管ACDB，A管接一密闭球形容器，内有一定质量的气体，B管开口，水银柱将两部分气体封闭，各管形成的液面高度差分别为h1、h2和h1．已知外界大气压强为p0，环境温度不变，水银密度为ρ．现在B管开口端缓慢注入一些水银，则（）A．注入水银前A内气体的压强为PA=P0+ρgh1+ρgh1B．注入水银后A内气体的体积一定减小C．注入水银后液面高度差变化量的绝对值△h2＞△h1D．注入水银后h1增大、h1减小，A管内气体的压强可能不变三、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）在实验室测量一个直流电源的电动势和内电阻（电动势大约为1.5V，内阻大约为1.5Ω），由于实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：A．量程为3V的电压表VB．量程为0.6A的电流表A1C．量程为3A的电流表A2D．阻值为1.0Ω的定值电阻R1E.阻值为100Ω的定值电阻R2F.最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3G.最大阻值为100Ω的滑动变阻器R1（1）选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图1所示电路测量电源的电动势和内电阻．定值电阻应该选择______（填“D”或者“E”）；电流表应该选择______（填“B”或者“C”）；滑动变阻器应该选择______（填“F”或者“G”）．（2）分别以电流表的示数I和电压表的示数U为横坐标和纵坐标，计算机拟合其U—I图象（U和I的单位分别为V和A）拟合公式为U=-5.6I+1.1．则电源甲的电动势E=________V；内阻r=_________Ω（保留两位有效数字）．12．（12分）小明在家里找到了一个电子元件，上面仅标有“12V2W”，为研究它的电学特征，设计了下列实验：(1)小明利用家里的器材设计了如图电路来测量该电子元件的伏安特性曲线，家中出来电压表（量程15V，内阻约为5kΩ），还有两个电流表可供选择：A1（量程200mA，内阻约为200Ω），A2（量程3A，内阻约为10Ω），小明应该选择电流表______（选填“A1”“A2”）接入电路．在正确连接电路后，闭合开关之前滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器的______（选填“左端”“右端”）．(2)小明又利用家里的多用电表来直接测量该电子元件的电阻，将该元件接入多用电表的欧姆“ⅹ10”档，正确操作后发现示数如图，则读数为_____Ω．(3)该多用电表欧姆档内部有一个电源，已知欧姆“ⅹ10”档位对应的电源电动势E=1.5V，且中位电阻阻值为150Ω．在实验中小明不知道这个电源使用很久了，该电源电压实际已变为1.3V，但小明在使用时依然正确的进行了欧姆调零，那么他该用多用表测出的电阻阻值实际应为__Ω．（结果保留两位有效数字）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）如图中电路的各元件值为：R1=R2=10Ω，R3=R4=20Ω，C=600μF，电源电动势E=6V，内阻不计,单刀双掷开关K开始时接通触点2，求：(1)当开关K从触点2改接通触点1，且电路稳定后，电容C的带电量.(2)若开关K从触点1改接触点2后，直至电流为零止，通过电阻R1的电量.14．（16分）如图所示，在第一象限的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向，场强大小E=mv022qh；在第四象限中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后经过x轴上的P2点进入磁场，并经过y轴上y=﹣2h处的P3点。最后到达（1）P2点距O点的距离；（2）粒子到达P2时速度的大小和方向；（3）磁感应强度的大小；15．（12分）一个带负电的粒子，q=-2.0×10-9C，在静电场中由a点运动到b点，在这过程中，除电场力外，其它力作的功为6.0×10-5J，粒子动能增加了8.0×10-5J，求a、b两点间电势差Uab等于多少？

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、D【解题分析】试题分析：将Ea、Eb延长相交，根据交点可确定点电荷Q的位置，根据电场方向确定场源电荷的正负，由几何知识求出a、b两点到设点电荷的电荷量为Q，将Ea、Eb延长相交，交点即为点电荷设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到ra:rb=1:2、B【解题分析】

由图知，初速度为．由斜率等于加速度，则得加速度为：，故根据数学知识得：，故B正确，ACD错误．【题目点拨】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移3、C【解题分析】

由图利用几何关系可知，ab长度等于dc长度，且线段ab平行于线段dc，故φb-φa=16-10=φc-φd=17-φd可得φd=11VA．1V，与结论不相符，选项A错误；B．6V，与结论不相符，选项B错误；C．11V，与结论相符，选项C正确；D．18V，与结论不相符，选项D错误；4、B【解题分析】

油罐车上连接地线,屋顶按装避雷针以及印染厂车间保持湿度，都是防止静电；而复印机复印文件资料是利用静电，故选B.5、D【解题分析】

A.有图可知，轨迹向左弯曲，带电粒子所受的电场力方向向左，则带电粒子受到了排斥力的作用，故A错误。BC.从到的过程，电场力做做负功，可知电势能增大，动能减小，从到的过程，电场力做正功，可知电势能减小，动能增大，所以粒子的动能先减小后增大，速度也先减小后增大，故BC错误。D.由上面的分析可知，粒子的电势能先增大后减小，故D正确。.6、C【解题分析】

通过电灯的电流即电路中的电流：，选项A错误；小灯泡电阻为，选项B错误；电动机的电压：U电=E-U灯=30-6=24V，选项C正确；电动机消耗的总功率：P电=U电I=24×2=48W；绕线电阻的电热功率：P热=I2r=22×2=8W；电动机输出的机械功率P机=P电-P热=40W，故D错误．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【解题分析】

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=8V×0.5A=4W，电源的内阻，故C正确，D错误；8、AD【解题分析】试题分析:电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知，则电子从O到C与从C到D的时间相等．电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有vcy=atOC，vDy=atOD，所以vcy：vDy=tOC：tOD=1：1．故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：yOC：yOD=1：2，根据动能定理得△Ek1=qEyOC，△Ek1=qEyOD，则得，△Ek1：△Ek1=1：2．故C错误，D正确．考点：带电粒子在匀强电场中的运动9、CD【解题分析】

由题意可知，滑片向a端移动时，外电路的总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，R1的电压减小，R3的电压增大、电流增大，滑动变阻器所在支路电流减小，R2的电压减小，滑动变阻器的电压增大。A．电压表测得是滑动变阻器的电压，所以读数增大，A错误B．电流表测得是滑动变阻器所在支路的电流，所以读数减小，B错误C．电容器的电压等于R3的电压，所以质点所受电场力增大，大于重力，质点向上运动，C正确D．R3的电压增大、电流增大，所以消耗的功率逐渐增大，D正确10、ABC【解题分析】注入水银前：对于C、D管中的压强，又，则得，得A内气体的压强为，A错误；A内气体的压强为，故注入水银后A内气体的压强变大，根据玻意耳定律，A内气体体积减小，B正确；注入水银后：C、D管中气体压强增大，所以体积减小，则液面高度差的变化量，C正确；注入水银后：增大，减小，A中气体体积减小，压强一定增大，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)DBF(2)1.1V1.6Ω【解题分析】（1）测电动势是1.5V，内阻为1Ω的电源电动势与内阻实验时，短路电流为1.5A，如果用量程为3A电流表，则读数误差太大，因此电流表应选B；测电动势为1.5V电源电动势与内阻实验时，电路最小电阻为R==7.5Ω，考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，因此定值电阻应选D；为方便实验操作，滑动变阻器应选F．

（2）根据闭合电路欧姆定律得U=E-I（r+R）

由表达式U=-5.6I+1.1可知，电源电动势为：E=1.1V，r+R=5.6Ω，所以内阻r=5.6-1.0=1.6Ω点睛：本题考查了实验器材的选择，实验数据处理，要正确实验器材的选取原则，理解实验原理是正确解题的关键，同时要结合数学知识理解图象斜率和截距的含义．12、A1左5043.3【解题分析】

(1)由电子元件，上面仅标有“12V2W”可知，流过电子元件最大电流为：，故电流表应选用A1；为了保护电路，开始时滑动变阻器接入电路中的电阻应最大即滑片应移到最左端；(2)由图可知，欧姆表的读数为：；(3)欧姆表的满偏电流为；电源电压实际已变为1.3V时的内阻电源电动势不同时，用同一欧姆表测同一电阻，欧姆表指针位置，即电路电流是相等的，由闭合电路欧姆定律得：解得：．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)2.4×10-3C【解题分析】

(1)在直流电路中，电容器相当于断路；开关K接触触点2时，电容器不带电；开关K接触触点1时，4个电阻串联，根据欧姆定律得到电流和电容器两端的电压，从而得到带电量；(2)开关K从触点1改为接触点2后，电容器相当于电源，根据并联电路的电压、电流关系得到两个支路的电流之比，从而得到通过电阻R1的电量．【题目详解】(1)开关K接触触点2时，电容器不带电；开关K接触触点1时，4个电阻串联，根据欧姆定律有:I=E电容器与电阻R3和R4并联，电压为：UC=I(R3+R4)=0.1A×40=4V故带电量为Q=CU=600×10-6×4=2.4×10-3（C）

(2)开关K从触点1改为接触点2后，电容器相当于电源进行放电；电阻R3与R4串联，而电阻R1与R2串联，两个支路再并联，两支路电流之比为：I1故通过两个支路的电量之比为：Q根据电荷守恒定律，有Q1+Q2=2.4×10-3（C）解得：Q1=1.6×10-4

（C）【题目点拨】本题关键是理清两种情况下电容器的作用，