四川乐山市中区2023年物理高二上期末达标检测模拟试题含解析

四川乐山市中区2023年物理高二上期末达标检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、图为演示自感现象实验装置的电路图，电源的电动势为E，内阻为r．A是灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，线圈的直流电阻小于灯泡A正常发光时的电阻．实验时，闭合开关S，电路稳定后，灯泡A正常发光．下列说法正确的是A.闭合开关S，电路稳定后，灯泡A中电流等于线圈L中电流B.闭合开关S，电路稳定后，灯泡A中电流大于线圈L中电流C.电路稳定后突然断开开关S，灯泡A立即熄灭D.电路稳定后突然断开开关S，灯泡A闪亮一下再熄灭2、一个电容器的规格是50V,10μF,对以下数据及相关问题的理解，你认为正确的有A.这个电容器只有加上50V电压时，容量才是10μFB.这个电容器的电容的最大值为10μF当带电荷量较少时，电容小于10μFC.这个电容若不带电，则电容为0D.这个电容器的电容是10μF，与电容器所加电压与所带电量大小无关3、如右图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，点为半圆弧的圆心，.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M、N两点，这时点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则点的场强大小变为E2.E1与E2之比为()A.1：2 B.2：1C. D.4、在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是A.电压表示数变小B.电流表示数变小C.电容器C所带电荷量增多D.a点的电势降低5、小明乘坐公交车回家，在一段平直的公路上，看到路旁的树在向北运动，则他可能是（）A.选地面为参考系 B.他可能是选路旁的房屋为参考系C.公交车在向北运动 D.公交车在向南运动6、关于第一宇宙速度，下列说法正确的是A.第一宇宙速度的数值是B.第一宇宙速度的数值是C.它是卫星在椭圆轨道上运行时在近地点的速度D.它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度二、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，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）．一群比荷为q/m的负离子以相同速率v0（较大），由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏（足够大）上，则下列说法正确的是（不计重力）（

）A.离子在磁场中的运动轨迹半径一定相等B.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C.离子在磁场中运动时间一定相等D.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大8、如图所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则A.该粒子带正电B.A点与x轴的距离为C.粒子由O到A经历时间t＝D.运动过程中粒子的速度不变9、如图所示，在光滑绝缘水平面上的P点正上方O点固定了一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放一质量为m、电荷量为－q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中θ＝，规定电场中P点的电势为零，则在＋Q形成的电场中（）A.P点电场强度大小是N点的4倍B.N点电势高于P点电势C.检验电荷在N点具有的电势能为D.N点电势10、如图在空间分布有x轴平行匀强电场（方向未知），一质量为m、电荷量为q>0的带电小球在电场中的运动轨迹为抛物线ABC,A、C为与x轴的两交点，B为与y轴的交点，直线BD为抛物线的对称轴。,重力加速度为g，则下列选项正确的是A.带电小球在运动过程中机械能守恒B.匀强电场的电场强度大小为C.带电小球在A、C两点的动能大小有D.带电小球在A点加速度为三、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）某同学利用图(a)中的电路测量电流表的内阻RA(约为5Ω)和直流电源的电动势E(约为10V)．图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关．已知电流表的量程为100mA，直流电源的内阻为r(1)断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为4.8Ω时的示数为48.0mA．忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，经计算得RA=________Ω(2)保持S1闭合，断开S2，多次改变R1的阻值，并记录电流表的相应示数．若某次R1的示数如图(b)所示，则此次R1的阻值为________Ω；(3)利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I，作出I-1-R1图线，如图(c)所示．用电池的电动势E、内阻r和电流表内阻RA表示I-1随R1变化的关系式为I-1=________．利用图(c)可求得E=________V．(保留2位有效数字)12．（12分）（1）①在“长度的测量”实验中，调整游标卡尺两侧脚间距离，主尺和游标的位置如图所示，此时卡尺两脚间狭缝宽度为________mm②如图所示，螺旋测微器测出的金属丝的直径是_________mm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）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

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【解析】开关由闭合到断开瞬间,A灯立即熄灭,通过线圈的电流减小,线圈产生自感电动势,再根据楞次定律分析灯亮度如何变化.【详解】由于线圈的直流电阻小于灯泡A正常发光时的电阻，所以电路稳定时，流过线圈的电流大于灯泡的电流，在突然断开时由于线圈的自感作用，线圈相当于电源，对灯泡提供电流，所以灯泡不会马上熄灭，并且流过灯泡的电流大于原来灯泡的电流，所以灯泡会闪亮一下，故ABC错；D对；故选D【点睛】线圈的作用：在闭合电路时由于自感作用相当于一个大电阻；在稳定时相当于一个电阻为R的正常电阻，在断开电源时相当于一个电源对别的用电器提供电流2、D【解析】一个电容器的规格是50V,10μF,指的是电容器的最大电压是50V，若超出这一值，电容器有可能被击穿，10μF指的是电容器的电容，与电容器所加电压与所带电量大小无关所以选D3、B【解析】由得：；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，知两点电荷在O点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，得：，B对4、D【解析】在滑动变阻器的滑动触头P自a端向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻减小，电路外电阻减小，据闭合电路欧姆定律分析干路电流如何变化，再据欧姆定律分析电阻R1两端电压的变化，可知电压表读数的变化．分析并联部分电压的变化，可知电容器的电压如何变化，电容器所带电量的变化．由并联部分电压的变化及电源的负极接地，可分析a点的电势如何变化．用并联部分电压的变化，得出流过R2的电流如何变化，结合干路电流的变化，分析电流表示数的变化【详解】A：滑动变阻器的滑动触头P自a端向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻减小，电路外电阻减小，干路电流增大，电阻R1两端电压增大，电压表示数增大．故A项错误BC：干路电流增大，并联部分电压减小，电容器两板间电压减小，电容器C所带电荷量减小．并联部分电压减小，流过R2的电流减小，又干路电流增大，则流过电流表的电流增大，电流表示数变大．故BC两项错误D：外电路中顺着电流方向，电势降低，则，b点电势为零，并联部分电压减小，则a点的电势降低．故D项正确【点睛】电路动态分析问题，按局部到整体，再对局部分析各元件上电压或电流的变化．灵活应用闭合电路的欧姆定律，电动势、路端电压和内电压关系，串并联电路的电压电流关系是解决动态电路的关键5、D【解析】AB．小明看到路旁的树在向北运动，则他选择的参考系是运动的公交车，选项AB错误；CD．小明以公交车为参考系，看到路旁的树在向北运动，则公交车在向南运动，选项D正确，C错误；故选D.6、A【解析】由于第一宇宙速度是人造地球卫星飞船环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，同时又是最小的发射速度，可知飞船的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s．飞船的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s时，就脱离地球束缚．所以飞船的发射速度要小于第二宇宙速度，同时要大于第一宇宙速度，介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间【详解】第一宇宙速度为v==7.9Km/s，则A正确，B错误；第一宇宙速度是卫星在近地圆轨道上运行时的速度，也是人造地球卫星环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，同时又是最小的发射速度，则CD错误，故选A【点睛】本题要理解第一宇宙速度的意义，明确第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，也是卫星绕地球做圆周运动最小的发射速度二、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、AB【解析】离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故A正确；设粒子轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为，，所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故C错误．由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长；此时粒子一定不会沿PQ射入．故B正确，D错误；故选AB【点睛】本题为多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断，例如半径相同时，弦长越长，圆心角越大8、BC【解析】根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：A．根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，故A错误；B．设点A与x轴的距离为d，由图可得：r-rcos60°=d所以d=0.5r而粒子的轨迹半径为，则得A点与x轴的距离为：，故B正确；C．粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，所以粒子运动的时间为故C正确；D．由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故D错误9、AD【解析】A．P点电场强度大小是，N点电场强度大小是，由于，所以P点电场强度大小是N点的4倍，故A正确；B．根据顺着电场线方向电势降低，由于N点离正点电荷更远，所以N点电势低于P点电势，故B错误；CD．根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程由题，P点的电势为零，即φP=0，解得，N点的电势检验电荷在N点具有的电势能为故C错误，D正确10、BC【解析】A.带电小球运动过程中，重力、电场力做功，电势能和机械能之和守恒，机械能不守恒，故A错误；B.根据抛物线轨迹的对称性，重力和电场力的合力沿BD方向，则：得：故B正确；C.带电小球从A到B的过程中，重力、电场力的合力做负功，带电小球从B到C的过程中，重力、电场力的合力做正功。根据合力的方向可知，从A到B的过程合力做的负功小于从B到C的过程合力做的正功。根据动能定理，带电小球在A、C两点的动能大小有，故C正确；D.合力大小为：根据牛顿第二定律F=ma，得故D错误。故选：BC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、①.5.2②.148.2③.④.9.1(8.9至9.4之间)【解析】本题考查是一个半偏法测表头内阻的实验，附带测量电源的电动势【详解】（1）因为忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，总电流还是为100mA，表头与R2并联，电流按电阻成反比分配，即：，易知：RA=5.2Ω（2）由图可知（3）根据闭合电路欧姆定律，易得由斜率，可求出.12、①.0.65②.1.500【解析】①主尺读数为0mm，卡尺读数为13×0.05=0.65mm，所以游标卡尺读数为0mm+13×0.05mm=0.6