2023學(xué)年云南省昆明市官渡區(qū)第一中學(xué)物理高二第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測模擬試題含解析

1、2023學(xué)年高二上物理期中模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應(yīng)位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡

2、一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、一電子以初速度v0沿垂直場強(qiáng)方向射入兩平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)減小兩板間的電壓，則電子穿越兩平行板所需的時間（ ）A隨電壓的減小而減小B隨電壓的減小而增大C與電壓減小與否無關(guān)D隨兩板間距離的增大而減少2、如圖所示，當(dāng)滑動變阻器的滑片向b端移動時（ ）A電壓表的讀數(shù)增大，電流表的讀數(shù)減小B電壓表和電流表的讀數(shù)都增大C電壓表和電流表的讀數(shù)都減小D電壓表的讀數(shù)減小，電流表的讀數(shù)增大3、把一個架在絕緣支座上的導(dǎo)體放在負(fù)電荷形成的電場中,導(dǎo)體處于靜電平衡時,導(dǎo)體表面上感應(yīng)電荷的分布如

3、圖所示,這時導(dǎo)體( )AA端的電勢比B端的電勢高BA端的電勢比B端的電勢低CA端的電勢可能比B端的電勢高,也可能比B端的電勢低DA端的電勢與B端的電勢相等4、一勻強(qiáng)電場的方向平行于xOy平面,平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示,三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是( )A電場強(qiáng)度的大小為2.5 V/cmB坐標(biāo)原點處的電勢為2VC電子在a點的電勢能比在b點的低7 eVD電子從b點運(yùn)動到c點,電場力做功為-9 eV5、如圖所示，靜止的小球沿不同的軌道由同一位置滑到水平桌面上，軌道高度為h，桌面距地面高為H，物體質(zhì)量為m，則以下說法正確的是A小球沿豎直軌道下滑到桌面上的過程

4、，重力做功最少B小球沿曲線軌道下滑到桌面上的過程，重力做功最多C以桌面為參考面，小球的重力勢能的減少量為mghD以地面為參考面，小球的重力勢能的減少量為6、電子與質(zhì)子速度相同，都從O點射入勻強(qiáng)磁場區(qū)，則圖中畫出的四段圓弧，哪兩個是電子和質(zhì)子運(yùn)動的可能軌( )Aa是電子運(yùn)動軌跡，d是質(zhì)子運(yùn)動軌跡Bb是電子運(yùn)動軌跡，c是質(zhì)子運(yùn)動軌跡Cc是電子運(yùn)動軌跡，b是質(zhì)子運(yùn)動軌跡Dd是電子運(yùn)動軌跡，a是質(zhì)子運(yùn)動軌跡二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖甲所示，a、b是電場線的兩點。

5、一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下以一定的初速度從a點開始經(jīng)b點向遠(yuǎn)處運(yùn)動，粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度時間圖象如圖乙所示。下列說法正確的是（ ）Aa、b所處電場是勻強(qiáng)電場Ba、b所處電場是某個正電荷形成的電場Cb點的電場強(qiáng)度一定為零D粒子的電勢能先減小后增大8、某導(dǎo)體中的電流隨其兩端電壓的變化如圖所示，則下列說法中正確的是( ) A加5 V電壓時，導(dǎo)體的電阻約是5 B加12 V電壓時，導(dǎo)體的電阻約是1.4 C由圖可知，隨著電壓的增大，導(dǎo)體的電阻不斷減小D歐姆定律對該導(dǎo)體不適用9、如圖所示，光滑絕緣的水平面上M、N兩點各放有一帶電荷量分別為q和2q的完全相同的金屬球A和B給A

6、和B以大小相等的初動能E0(此時初動量的大小均為p0)，使其相向運(yùn)動剛好能發(fā)生碰撞(碰撞過程中無機(jī)械能損失)，碰后返回M、N兩點的動能分別為E1和E2，動量的大小分別為p1和p2，則()AE1E2E0，p1p2p0BE1E2E0，p1p2p0C碰撞發(fā)生在MN中點的左側(cè)D兩球同時返回M、N兩點10、如圖所示電路中,電源電動勢E恒定,內(nèi)阻r=1,定值電阻R3=5.開關(guān)S斷開時與閉合時相比,ab段電路消耗的電功率相等。以下說法中正確的是A電阻R1、R2可能分別為4、5B電阻R1、R2可能分別為3、6C開關(guān)S斷開時理想電壓表的示數(shù)一定小于S閉合時的示數(shù)D開關(guān)S斷開時與閉合時相比,理想電壓表的示數(shù)變化量

7、大小與理想電流表的示數(shù)變化量大小之比一定等于6三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11（6分）在測定金屬絲電阻率的實驗中，需要測出其長度L直徑d和電阻R用螺旋測微器測金屬絲直徑時讀數(shù)如下圖，則金屬絲的直徑為_ m用電流表和電壓表測金屬絲的電流電壓時讀數(shù)如下圖，則電壓表的讀數(shù)為_ V，電流表的讀數(shù)為 _ A12（12分）有一個電流表G，內(nèi)阻Rg，滿偏電流Ig，要把它改裝為量程為U的電壓表，要_聯(lián)一個 大小為_ 的電阻，要把它改裝為量程為I的電流表，要_聯(lián)一個大小為 _ 的電阻（用所給字母表示）四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡

8、中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩極板的長度L=80cm，兩板間的距離d=10cm電源電動勢E=18V，內(nèi)電阻r=1，電阻R=15閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負(fù)電的小球從A、B兩金屬板左端正中間位置M處以初速度v0=8m/s水平向右射入兩板間，恰能從上極板B板右側(cè)邊緣射出若小球帶電量為q=1101 C，質(zhì)量為m=1101 kg，不考慮空氣阻力，重力加速度g=10m/s1求此時：（1）滑動變阻器接入電路的阻值；（1）電源的輸出功率14（16分）以10m /s 的速度在離水平地面5m 高處水平拋出一小球，不計

9、空氣阻力，g 取 10 m /s2 ，求： 小球落地時的水平位移大??； 小球落地時的速度大小和方向15（12分）質(zhì)量m=33kg、帶電量q=3333-3C的粒子位于y軸（3，3a）處（a=33m），沿x軸正方向水平拋出，如圖所示在x軸正上方有寬度為a、方向沿x軸正方向、強(qiáng)度為E=333N/C的勻強(qiáng)電場區(qū)域若帶電粒子進(jìn)入電場區(qū)域恰好作直線運(yùn)動，重力加速度g=33m/s3求帶電粒子（3）水平拋出時的初速度v3；（3）運(yùn)動到x軸時所需要的時間；（3）運(yùn)動到x軸時的速度大小參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】電子

10、垂直于場強(qiáng)方向射入兩平行金屬板中間的勻強(qiáng)電場中，在平行于金屬板的方向電子不受力而做勻速直線運(yùn)動，則有解得電子穿越平行板所需要的時間為可知電子穿越平行板所需要的時間與金屬板的長度和電子的初速度大小有關(guān)，與其他因素?zé)o關(guān)，即與電壓及兩板間距離均無關(guān)，故A、B、D錯誤，C正確；故選C。2、A【解析】當(dāng)滑動變阻器的滑動觸點向b端移動時，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻R增大，由歐姆定律分析總電流I減小，路端電壓U=EIr增大，電阻R2的電壓U2=EI（r+R1）增大，流過電阻R2的電流I2增大，則流過電流表的電流I3=II2減小所以伏特表V的讀數(shù)增大，安培表A的讀數(shù)減小故選A3、D【解析】枕形導(dǎo)體

11、在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布因此在枕形導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，靜電平衡時內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，導(dǎo)體是等勢體，表面是等勢面；即A端的電勢與B端的電勢相等；故選D【點睛】本題關(guān)鍵要理解掌握：處于靜電感應(yīng)現(xiàn)象的導(dǎo)體，內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，理解場強(qiáng)處處為零的原因知道凈電荷全部分布在導(dǎo)體表面且整個導(dǎo)體是等勢體4、A【解析】A經(jīng)過b點做等勢線與ac交于d點，則d點的電勢為17V，所以過cf垂直bd于f，根據(jù)幾何關(guān)系可知cf=3.6cm，則電場強(qiáng)度：故A項正確。B根據(jù)：因a、b、c三點電勢分別為a=10V、b=17V、c=26V，解得原點處的電勢為1 V，故B

12、錯誤；C電子在a點的電勢能高于b點，故C錯誤。D電子從b點運(yùn)動到c點，電場力做正功：故D錯誤。5、C【解析】AB.靜止的小球沿不同的軌道由同一位置滑到水平桌面上，由于高度差相同，所以重力做功相同故AB錯誤CD.重力勢能的變化量與零勢能平面的選取無關(guān)，重力做的正功等于重力勢能的減小量，重力做功為mgh，則重力勢能的減小量為mgh故C正確，D錯誤6、C【解析】由題意可知，電子與質(zhì)子有相同的速度，且電子質(zhì)量小于質(zhì)子，則電子的半徑小于質(zhì)子，由于電子帶負(fù)電，質(zhì)子帶正電，由根據(jù)左手定則可知，電子偏右，質(zhì)子偏左，故C正確；A、B、D錯誤二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選

13、項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、CD【解析】AC在v-t圖像中斜率代表加速度，由題圖可知，在a、b兩點處的加速度不同，其中b點的加速度為零，則b點的電場力為零，所以b點的場強(qiáng)為零，在a點的加速度不為零，則a點的電場力不為零，a點的場強(qiáng)不為零，所以a、b所處的電場不是勻強(qiáng)電場，故A錯誤，C正確；B在v-t圖像中可知，負(fù)電荷從a點到b點做加速度減小的加速運(yùn)動，電場力的方向向右，場強(qiáng)方向向左，過b點后負(fù)電荷作減速運(yùn)動，則場強(qiáng)方向向右，而正電荷形成的電場是從正電荷出發(fā)指向無窮遠(yuǎn)處，所以a、b所處電場不可能是某個正電荷形成的電場，故B錯誤；D整

14、個過程中，負(fù)電荷的動能先增大后減小，由于只受電場力作用，物體只發(fā)生動能和電勢能的相互轉(zhuǎn)化，根據(jù)能量守恒可知，粒子的電勢能先減小后增大，故D正確。故選CD。8、AD【解析】加5V的電壓時，電流為1.0A，則由歐姆定律可知，；故A正確；加12V的電壓時，電流為1.5A，則可得電阻為：R=8；故B錯誤；由圖可知，隨電壓的增大，圖象的斜率減小，則可知導(dǎo)體的電阻越來越大，故C錯誤；由圖可知，此導(dǎo)體為非線性元件，歐姆定律對該導(dǎo)體不適用；故D正確；故選AD9、AD【解析】AB：由動量觀點，系統(tǒng)動量守恒，兩球速度始終等值反向，也可得出結(jié)論：兩球同時返回M、N兩點，兩球末動量大小相等，末動能大小相等由能量觀點，

15、兩球碰后電荷量均變?yōu)椋谙嗤嚯x上的庫侖力增大，返回過程中庫侖力做的正功大于接近過程中克服庫侖力做的功，系統(tǒng)機(jī)械能增大，末動能增大故A錯誤，B正確CD：由動量觀點，系統(tǒng)動量守恒，兩球速度始終等值反向，也可得出結(jié)論：碰撞發(fā)生在M、N中點，兩球同時返回M、N兩點故CD錯誤點睛：綜合利用動量、能量解題是處理不需具體分析中間過程問題的快捷方法10、AD【解析】由題中“電源電動勢E恒定”可知，本題考查閉合電路歐姆定律和動態(tài)電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律公式和動態(tài)電路變化可分析本題?！驹斀狻緼B取有當(dāng)S斷開前后有時將代入方程成立，而將代入方程不成立，故A錯誤B正確；C將R3和電源內(nèi)阻看作一整體，則此時電壓表測

16、量路端電壓，開關(guān)斷開時等效外電路總電阻大于開關(guān)閉合時的，所以開關(guān)斷開時電壓表示數(shù)大，故C錯誤；D根據(jù)閉合電路歐姆定律得則電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比為故D正確。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、0.698(0.001) 2.60V 0.53A 【解析】（1）由圖甲所示螺旋測微器可知，固定刻度示數(shù)為0.5mm，可動刻度示數(shù)為19.70.01mm=0.197mm，螺旋測微器示數(shù)為0.5mm+0.197mm=0.697mm（2）由圖丙所示電壓表可知，其量程為3V，分度值為0.1V，示數(shù)為2.60V；由圖示電流表可知，其

17、量程為0.6A，分度值為0.02A，示數(shù)為0.52A12、串 并 【解析】電流表改裝電壓表需串聯(lián)一個電阻，改裝原理U=Ig（Rg+R），串聯(lián)電阻改裝為電流表需并聯(lián)一個電阻，改裝電流表原理IgRg=（I-Ig）R，并聯(lián)電阻四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）11；（1）17W.【解析】試題分析：電容器與RP并聯(lián)，則電容器兩端的電壓等于RP兩端的電壓，小球在兩極板間做類平拋運(yùn)動，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律求出小球的加速度，由牛頓第二定律求出電場力，再求出兩極板的場強(qiáng)和電壓，則由閉合電路歐姆定律可求得電流，再由歐姆定律可求得滑動變阻器接入電阻；由功率公式可求得電源的輸出功率（1）小球在極板間做類平拋運(yùn)動水平方向：t=Lv0=0.88s=0.1s；豎直方向12d=12at2，代入數(shù)據(jù)解得a=20m/s2對小球，根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=ma，代入數(shù)據(jù)解得：F=0.6N極板間電場強(qiáng)度為E=Fq=0.6110-2N/C=60N/C兩極板間的電壓為：U=Ed=600.2V=12V電路電流為：I=E-UR+r=28-1215+1A=1A變阻器接入電路的阻值為：R=UI=121=12（1）電源的路端電壓為：U端=E-Ir=28-11=27V電源的輸出功率為P出=U端I=271=27W14、（1）1