四川省宜宾市第三中学2024届物理高二上期中质量检测模拟试题含解析

四川省宜宾市第三中学2024届物理高二上期中质量检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、如图所示，闭合开关S，电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带电质点P处于静止状态，若将滑动变阻器R2的滑片向a端移动，则（）A．电压表读数增大 B．电流表读数减小C．R1消耗的功率减小 D．质点P将向下运动2、下列说法中正确的是A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度不一定为零B．磁场和电场一样，也是一种客观存在的特殊物质C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D．磁感线就是细铁屑在磁场中连成的曲线3、如图所示，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻阳为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是()A．电动机的输出功率为14W B．电动机两端的电压为7.0VC．电动机产生的热功率为4.0W D．电源输出的功率为24w4、在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（）A．灯泡L变亮B．电容器C的带电量将增大C．两端的电压减小D．电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大5、如图所示电路中，电源的内电阻不能忽略．已知定值电阻R1＝10Ω，R2＝8Ω．当开关S接到位置1时，电压表V的示数为3V；当开关S接到位置2时，电压表V的示数可能为（）A．3.2V B．2.8V C．2.4V D．2V6、每到夏季，我国各地纷纷进入雨季，雷雨等强对流天气频繁发生．当我们遇到雷雨天气时，一定要注意避防雷电．下列说法错误的是（）A．不宜使用无防雷措施的电器或防雷措施不足的电器及水龙头B．不要接触天线、金属门窗、建筑物外墙，远离带电设备C．固定电话和手提电话均可正常使用D．在旷野，应远离树木和电线杆二、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、2018年珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场．表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄．设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变．则沿ab段曲线飞行时，战机A．所受合外力大小为零B．所受合外力方向不断变化C．竖直方向的分速度逐渐增大D．水平方向的分速度不变8、如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为，bc边长为，线框质量为m.电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且．线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行，已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是（）A．线框进入磁场前的加速度为B．线框进入磁场时的速度为C．线框进入磁场时有方向的感应电流D．线框进入磁场的过程中产生的热量为9、如图所示，水平固定一截面为正方形的绝缘方管，其长度为，空间存在场强为、方向水平向右的匀强电场和磁感应强度为、方向竖直向下的匀强磁场.将质量为、带电荷量为的小球从左侧管口无初速度释放，已知小球与管道各接触面间的动摩擦因数均为，小球运动到右侧管口处时速度为，该过程中（）A．洛伦兹力对小球做功为B．电场力对小球做功为C．系统因摩擦而产生的热量为D．系统因摩擦而产生的热量为10、如图所示,在一个水平放置闭合的线圈上方放一条形磁铁,希望线圈中产生顺时针方向的电流(从上向下看),那么下列选项中可以做到的是().A．磁铁下端为N极,磁铁向上运动B．磁铁上端为N极,磁铁向上运动C．磁铁下端为N极,磁铁向下运动D．磁铁上端为N极,磁铁向下运动三、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。11．（6分）某同学欲采用下列器材研究一个额定电压为“2.5V，1．8W”的小灯泡的伏安特性曲线．A．直流电源（3V，内阻不计）；B．电流表（1~3A，内阻约1.13Ω）；C．电流表（1~1.6A，内阻约1.13Ω）；D．电压表（1~3V，内阻约3kΩ）；E．电压表（1~15V，内阻约15kΩ）；F．滑动变阻器（1~21Ω，额定电流2A）；G．滑动变阻器（1~1111Ω，额定电流1.5A）H．开关、导线等；（1）为减小测量误差，电流表应选用______，滑动变阻器应选用______．（选填代号）（2）某同学连接电路的实物图如图所示，图中有一条导线连接错误，请在错误导线上画（×）__________（3）根据实验数据描绘出的I—U图线是__________________填“曲线”或“直线”）．（4）通过电压表和电流表的读数可以计算出小灯泡在某电压下的电阻值（即测量值），分析可知测量值______此时小灯泡电阻的真实值．（填“大于”“小于”或“等于”）12．（12分）如图甲所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验原理图，已知电池组的电动势约3V，内阻约2Ω．现提供的器材如下：A．电池组B．电压表V1（量程0～10V，内阻约10kΩ）C．电压表V2（量程0～3V，内阻约10kΩ）D．电阻箱R（0～99.9Ω）E．定值电阻R1＝20ΩF．定值电阻R2＝1000ΩH．开关和导线若干（1）如果要准确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选择_____（选填“B”或“C”）；定值电阻R0应选择_____（选填“E”或“F”）．（2）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的图象如图乙所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为﹣b、a，定值电阻的阻值用R0表示，则可得该电池组的电动势E＝______，内阻r＝________．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）如图所示为一真空示波器，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e．不计重力，求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）P点到O点的距离．（3）电子打在荧光屏上的动能大小．14．（16分）如图所示电路中，R1=6Ω，R2=12Ω，R3=3Ω，C=30μF，当开关S断开，电路稳定时，电源总功率为4W，当开关S闭合，电路稳定时，电源总功率为8W，求：(1)电源的电动势E和内电阻r；(2)在S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？15．（12分）虚线MN下方有竖直向上的匀强电场，场强大小E＝2×103V/m，MN上方有一竖直长为L＝0.5m的轻质绝缘杆，杆的上下两端分别固定小球A、B（可看成质点），质量均为m＝0.01kg，其中B球带有电荷量－q2＝－5×10－5C，B到MN的距离h＝0.05m．现将杆由静止释放（g取10m/s2），求：（1）小球B在匀强电场中，而A还未进入电场时，两小球的加速度大小；（2）从开始运动到A刚要进入匀强电场过程的时间．

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】

将滑动变阻器R2的滑片向a端移动，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，I增大，即电流表的示数增大，故B项错误；R1消耗的功率增大，故C项错误；由电路的特点得电压表示数为滑动变阻器R2两端电压，据可知，U减小，故A项错误；由电容器与滑动变阻器并联可知，电容器两板间的电压减小，带电质点P所受的电场力减小，重力与电场力的合力向下，带电质点P向下运动，故D项正确．2、B【解题分析】

电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零，选项A错误；磁场和电场一样，也是一种客观存在的特殊物质，选项B正确；一小段通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁场方向平行，该处磁感应强度不一定为零，选项C错误；在实验中，我们看到的是铁粉形成的真是存在的曲线，借助于该实验，利用建模的思想想象出来磁感线，但这不是磁感线．故D错误．故选B.3、B【解题分析】

ABC．电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为电动机的总功率为电动机的发热功率为所以电动机的输出功率为故B正确，AC错误；D．电源的输出的功率为故D错误。故选B。4、B【解题分析】

A．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，路端电压增大，电路中电流减小，灯L变暗，故A错误；B．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，路端电压增大，电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大，故B正确；C．电容器在稳恒电路中视为断路，故R0两端的电压不变，始终等于0，故C错误；D．电源消耗的功率P=EI，电流减小所以电源消耗的功率将变小，P向右移动，滑动变阻器电阻变大，不知道内外电阻的关系，输出功率变化情况无法判断，故D错误。故选B。5、B【解题分析】

由闭合电路欧姆定律可知，开关接1时，电压表示数①；开关接2时，电压表示数②，得：，由于，可得，故B正确．6、C【解题分析】雷雨天，雷电容易通过电线被引入用电器中，所以不宜使用无防雷措施的电器或防雷措施不足的电器，故A正确；为了防止尖端放电，远离金属门窗、建筑物外墙和带电设备，故B正确；为了防止尖端放电，雷雨天避免使用手机，故C错误；由于潮湿的大树是导电的，为了防止尖端放电，不能躲在大树底下避雨，故D正确；此题选择错误的选项，故选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、BC【解题分析】

A.战机做曲线运动，运动状态发生变化，合外力不为零，故A错误；B.战机飞行速率不变，合力方向始终与速度方向垂直，即指向圆心，故B正确；C.飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vy=vsinθ增大，即竖直方向的分速度逐渐增大，故C正确；D.飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vx=vcosθ减小，即水平方向的分速度减小，故D错误．8、ABC【解题分析】

A．线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma则故A正确．B．线框进入磁场时匀速运动，则有F=mgsinθ+解得速度故B正确．C．根据右手定则判断得知线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a．故C正确．D．根据能量守恒知线框进入磁场的过程中产生的热量为（F-mgsinθ）L2，故D错误．故选ABC．9、BD【解题分析】解：A、小球向右运动，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里，与运动的方向垂直，使用洛伦兹力不做功．故A错误；B、小球受到的电场力大小为F=qE，方向向右，小球运动的方向也向右，所以电场力做的功：W=FL=qEL．故B正确；C、小球在运动的过程中，受到向下的重力，向右的电场力，垂直于纸面向里的洛伦兹力，和支持力的作用，在正方形绝缘方管的平面内，支持力的方向与重力、洛伦兹力的合力的方向相反，大小为：系统因摩擦而产生的热量为：Q=fL=μNL＞μmgL．故C错误；D、小球运动的过程中只有电场力和摩擦力做功，由动能定理得：qEL﹣Wf=，所以：．故D正确．故选BD【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系．【分析】根据左手定则判断出洛伦兹力的方向，然后结合锂离子的特点判断洛伦兹力做的功；根据电场力的方向、大小以及小球运动的位移，计算出电场力做的功；使用Q=fs计算因摩擦产生的内能．【点评】该题考查带电小球在复合场中的运动，涉及受力分析、左手定则、以及摩擦力做功等问题，对小球的受力分析一定要细致，否则，在计算摩擦力做功的过程中，容易出现错误，将摩擦力计算为μmg．10、AD【解题分析】由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此磁铁的下端是N极，上端是S极，故A正确，B错误；由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下；当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可知，原磁场方向向上，因此磁铁的下端是S极，上端是N极，故C错误，D正确；故选AD．【题目点拨】根据图示电流方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律判断出原磁场方向，从而判断出磁铁的磁极极性；然后再根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用三、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、CF曲线小于【解题分析】（1）小灯泡的额定电流所以电流表应该选C;描绘灯泡伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法，所以应该选小滑动变阻器，故选F（2）滑动变阻器连接错误，测量电路被短路，没有采用分压接法（3）由于小灯泡电阻受温度影响，所以I—U图线是一条曲线．（4）由于电路采用的电流表外接，所以测量电流偏大，导致测得的电阻值偏小，即测量值小于此时小灯泡电阻的真实值．综上所述本题答案是：(1).C；F(2).(3).曲线（4）小于12、CE【解题分析】

(1)[1][2]由于电源电动势约为3V，电压表需要选择C，为方便实验操作，定值电阻R0应选择E．(2)[3][4]由图示电路图可知，电源电动势：，整理得：．则图象的斜率：，纵轴截距：，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）（3）【解题分析】

（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．

（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解；

（3）根据动能定理，即可求解．【题目详解】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得：eU1=mv02，

解得：v0=；

（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得：F=e