2023學年四川省樂山市高中高二物理第一學期期中聯考模擬試題含解析

1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、如圖所示,a、b為某電場線上的兩點,那么以下結論正確的是( )A把正電荷從a移到b,電場力做負功,電荷的電勢能減少B把負電荷從a移到b,電場力做負功,電荷的電勢能增加C把某負電荷從a移到b,克服電場力做410-8J 功,電荷在b點具

2、有410-8J的電勢能D不論正電荷還是負電荷,靜電力做正功時電勢能一定增加2、如圖所示，用細繩系一小球，使小球在水平面內做勻速圓周運動，不計空氣阻力，關于小球的受力正確的是（ ）A只受重力B只受繩子拉力C受重力、繩子拉力D受重力、繩子拉力和向心力3、 “電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉器和探測板組成偏轉器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構成，A、B為電勢值不等的等勢面電勢分別為A和B，其過球心的截面如圖所示一束電荷量為e、質量為m的電子以不同的動能從偏轉器左端M的正中間小孔垂直入射，進入偏轉電場區(qū)域，最后到達偏轉器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等

3、勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間忽略電場的邊緣效應下列說法中正確的是AA球面電勢比B球面電勢高B電子在AB間偏轉電場中做勻變速運動C等勢面C所在處電勢大小為D等勢面C所在處電場強度的大小為E=4、如圖所示，用兩根細繩懸掛一個重物，并處于靜止狀態(tài)，細繩與豎直方向的夾角均為當繩中拉力最小時，等于（）A0B30C45D605、物體在恒定的合力F作用下，做直線運動，在時間t1內速度由0增大到v，在時間t2內速度由v增大到2v，設F在t1內做功是W1，沖量是I1，在t2內做的功是W2，沖量是I2，那么（）A，B，C，D，6、對于歐姆定律，理解正確的是A從R= UI可知，導體兩端的電壓為零時，導體的電

4、阻也為零B從R= UI可知，導體的電阻跟導體兩端的電壓成正比，跟導體中的電流成反比C從I= UR可知，導體中的電流跟加在它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比D從U=IR可知，導體兩端的電壓隨電阻的增大而增高二、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、如圖所示，電源的電動勢為E，內阻為r，R1為定值電阻，R2為光敏電阻，C為電容器，L為小燈泡，電表均為理想電表，閉合開關S后，若增大照射光強度，則（ ）A小燈泡的功率增大B電容器上的電荷量增加C電源的輸出功率增大D兩表示數變化量的

5、比值| |不變8、我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用“長征三號丙”運載火箭，成功將第三顆北斗導航衛(wèi)星送入預定軌道，這標志著北斗衛(wèi)星導航系統工程建設又邁出了重要一步，衛(wèi)星組網正按計劃穩(wěn)步推進如圖所示，發(fā)射過程中某段時間內火箭速度的變化規(guī)律為v(2t4)m/s，由此可知這段時間內( )A火箭的初速度為2 m/sB火箭的加速度為4 m/s2C在3 s末，火箭的瞬時速度為10 m/sD火箭做勻加速直線運動9、如圖所示，A、B是平行板電容器的兩金屬板，其中B板接地，現在閉合開關S，穩(wěn)定后，一帶電液滴恰好靜止于AB板間的P點。下列說法正確的是A若保持開關S閉合，將A板向左邊移動一段距離，液滴將向下運動.B若保持開關

6、S閉合，將A板向上移動一小段距離，P點的電勢升高C若斷開開關S，將A板向上移動一段距離，液滴仍保持靜止D若斷開開關S，將A板向左移動一小段距離，P點電勢升高10、一電子只在電場力作用下，沿x軸正向運動的加速度a與x的關系如圖所示，其中OA段的圖像為直線，O為坐標原點，A、B、C為x軸上的點，O、A之間的距離為d， A、C兩點的加速度均為a0，設a沿x軸方向時為正，O點電勢為零，電子質量為m，所帶電荷量為-e。下列說法正確的是AOABCB電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能CA點電勢為D|UAB|UBC|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

7、（6分）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，可供選擇的器材及代號如下：A小燈泡L（3V、5）；B滑動變阻器R（010，額定電流1.5A）；C電壓表V1（量程：03V，R V 5k）；D電壓表V2（量程：015V，R V 10k）；E電流表A1（量程：00.6A，R A 0.5）；F電流表A2（量程：03A，R A 0.1）；G鉛蓄電池、開關各一個，導線若干；實驗中要求加在小燈泡兩端的電壓可連續(xù)地從零調到額定電壓（1）為了減少誤差，實驗中應選電壓表 ，電流表 ；（2）在實驗中，電流表應采用 法（填“內接”或“外接”）；（3）請在圖虛線框內按要求設計實驗電路圖（部分線已畫好）（4）某同學實驗后

8、作出的IU 圖象如圖所示，請分析該圖象形成的原因是： 12（12分）有一節(jié)干電池，電動勢約為，內阻約為某實驗小組為了比較準確的測量其電動勢和內阻，在實驗室找到了如下器材：A電流表A量程，內阻約為 B電流表G量程，內阻C定值電阻 D定值電阻E.滑動變阻器，額定電流F.滑動變阻器，額定電流G.開關S和導線若干(1)因缺少電壓表，該組同學準備利用電流表G與定值電阻串聯改裝成電壓表，為較好的滿足測量需要，定值電阻應選擇_填“C”或“D”；為操作方便，滑動變阻器應選擇_填“E”或“F”(2)該小組根據實驗原理圖連接線路、測量數據、并在坐標紙上描點連線，得到相應的圖線如圖，其中I1為電流表G的示數，I2為

9、電流表A的示數，則該電源的電動勢E=_V，內阻r=_(兩空均保留三位有效數字)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（10分）如圖，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l不計重力影響和離子間的相互作用求：（1）磁場的磁感應強度大??；（2）甲、乙兩種離子的比荷之比14（16分）用單位長度電阻為r0=0.05/m的導線

10、繞制一個n=100匝、邊長a=0.20m的正方形線圈，線圈兩端與阻值R=16的電阻連接構成的閉合回路，如圖甲所示。線圈處在均勻磁場中，磁場方向垂直于線圈平面，磁感應強度B的大小隨時間變化的關系如圖乙所示。求：（1）在01.0102s時間內，通過R的電荷量是多少；（2）1分鐘內電流通過電阻R所產生的熱量。15（12分）如圖所示，A、B為體積可忽略的帶電小球，QA=2108C，QB=2108C，A、B相距3cm在水平外電場作用下，A、B保持靜止，懸線都沿豎直方向（已知靜電力常量K=9109Nm2/C2），試求： (1) A、B之間的庫侖力。(2) 外電場的場強大小和方向。(3) AB中點處O總電場

11、的場強大小和方向。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、B【解析】A把正電荷從a移到b，由于電場力方向與位移方向相同，所以電場力做正功，電荷的電勢能減小，故A錯誤；B把負電荷從a移到b，由于電場力方向與位移方向相反，所以電場力做負功，電荷的電勢能增加，故B正確；C由于沒有確定零勢能面，所以無法確定電荷在b點具有的電勢能，故C錯誤；D不論正電荷還是負電荷,靜電力做正功時電勢能一定減小，故D錯誤。2、C【解析】試題分析：該小球在運動中受到重力G和繩子的拉力F，拉力F和重力G的合力提供了小球在水平面上做勻速圓周運到的向心力

12、；向心力是沿半徑方向上的所有力的合力，所以受力分析時，不要把向心力包括在內C正確考點：考查了受力分析，向心力3、D【解析】電子做勻速圓周運動，電場力提供向心力，受力的方向與電場的方向相反，所以B板的電勢較高；故A錯誤；電子做勻速圓周運動，受到的電場力始終始終圓心，是變力，所以電子在電場中的運動不是勻變速運動故B錯誤；該電場是放射狀電場，內側的電場線密，電場強度大，所以UBCUCA，即：C-BC-A，所以：C故C錯誤電子在等勢面C所在處做勻速圓周運動，電場力提供向心力： ；又： ，EK0mv2，聯立以上各式，得：E故D正確；故選D.4、A【解析】由三個力的平衡的知識可知兩個繩子的拉力的和與重物的

13、重力大小相等，方向相反；再力的合成和分解遵循平行四邊形定則，結合分力之間的夾角與合力、分力大小的關系分析即可?！驹斀狻恳灾匚餅檠芯繉ο?，由受力平衡可知，兩個繩子的拉力的和大小等于重物的重力，方向與重力的方向相反。再根據平行四邊形定則可知，當兩個繩子之間的夾角等于0時，繩子的拉力最小。故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c睛】解決本題的關鍵知道三個力的平衡時兩個分力的和與第三個力大小相等，方向相反，以及知道合力和分力的大小遵循平行四邊形定則。5、D【解析】根據動能定理研究功的關系，根據動量定理研究沖量的關系【詳解】根據動能定理：，則根據動量定理：，知，故D正確，ABC錯誤【點睛】根據動能的變化由動

14、能定理求合力的功、根據動量的變化由動量定理求合力的沖量是這兩大定理基本的應用6、C【解析】導體的電阻是由導體本身決定的，與兩端的電壓無關以及導體中的電流無關，選項AB錯誤；從I=UR可知，導體中的電流跟加在它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，選項C正確；從U=IR可知，當電流一定時，導體兩端的電壓隨電阻的增大而增高，選項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、AD【解析】A增大光強，電阻R2的電阻變小，電路中的總電阻變小，總電流變大，根據P=I2R可知，小燈泡的

15、功率增大，選項A正確；B電容器兩端電壓為燈泡與R2串聯后的分壓，因為總電流增大，所以內電阻和定值電阻R1的分壓均變大，根據閉合電路歐姆定律U=E-I（r+R1）可知，燈泡與R2串聯后的分壓變小，電容器兩端電壓變小，由Q=CU可知電容器上的電荷量減小，選項B錯誤；C電源的輸出功率為：，由已知條件無法知道外電路總電阻與電源內阻的大小關系，所以電源的輸出功率無法確定，選項C錯誤；D兩表測量的數據表示定值電阻兩端的電壓和流過定值電阻的電流，根據歐姆定律可知，兩表示數變化量的比值|不變，等于定值電阻的阻值，選項D正確8、CD【解析】對比公式可知，火箭做勻加速直線運動，在3s末速度為，CD正確9、CD【解

16、析】A當保持開關S閉合，則兩極板間的電壓不變；若將A板左移板間距不變，據知場強不變，所以電場力仍與重力平衡，液滴靜止不動；故A錯誤。B當保持開關S閉合，則兩極板間的電壓不變，若將A板上移，電容器的板間距d增大，據知場強變小，據P=UPB=EdPB知P點的電勢降低；故B錯誤。C當斷開開關S，則兩極板間的電量Q不變；若將A板上移，電容器的板間距d增大，根據可得板間場強知板間場強E不變，小球所受的電場力不變，液滴保持靜止；故C正確。D當斷開開關S，則兩極板間的電量Q不變；若將A板左移，電容器的極板正對面積S減小，根據可得板間場強知板間場強E變大，據P=UPB=EdPB知P點的電勢升高；故D正確。故選

17、CD。10、AC【解析】A由圖可知，負電荷受力沿x負方向，電場強度方向沿x軸正方向，因沿電場方向電勢降低，故OABC；故A正確。B電子帶負電，電勢高的地方電勢能小，在A點的電勢能小于在B點的電勢能。故B錯誤。C根據牛頓第二定律知U=Ex所以O、A之間的距離為d，A點的加速度為a0，則解得：故C正確；D根據可以知道a-x圖象的面積間接反映電勢差的大小，所以|UAB|UBC|，故D錯誤。故選AC。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、（1）C；E （2）外接；（3）電路圖如圖所示（要求：滑動變阻器采用分壓接法；電流表采用外接法）（4）其形成原

18、因是： 電壓、電流的增大，使小燈泡溫度升高，燈絲電阻率（或電阻）增大【解析】試題分析：（1）小燈泡額定電壓是3V，電壓表應選V1；即C；燈泡額定電流I=0.6A，電流表應選電流表A1即E；（2）因為電壓、電流需從零開始測起，所以滑動變阻器采用分壓式接法，燈泡的電阻大約5，遠小于電壓表內阻，屬于小電阻，電流表采用外接法誤差較?。唬?）電路圖如圖所示（要求：滑動變阻器采用分壓接法；電流表采用外接法）（4）其形成原因是： 電壓、電流的增大，使小燈泡溫度升高，燈絲電阻率（或電阻）增大考點：“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗【名師點睛】（1）根據燈泡額定電壓選擇電壓表，根據燈泡額定電流選擇電流表；（2）

19、測量燈泡的伏安特性曲線，電流、電壓需從零開始測起，則滑動變阻器采用分壓式接法，根據燈泡的電阻大小確定電流表的內外接；（3）知道伏安法測電阻的誤差是由于電流表的分壓或電壓表的分流造成的要熟記電學實驗基本要求：伏安法測電阻時注意電流表內外接法的選擇方法，當待測電阻值遠小于電壓表內阻時，電流表用外接法；當待測電阻值遠大于電流表內阻時，電流表用內接法在要求電流或電壓值從零調時，滑動變阻器應用分壓式，此時應選阻值小的變阻器12、C E 1.48 0.840 【解析】(1)12由于沒有電壓表，可以用電流表G與定值電阻串聯組成電壓表測電壓，改裝后電壓表的量程 若電流表G與定值電阻串聯組成電壓表的量程電源電動勢約為1.5V，所以只需改裝成2V的電壓表，故定值電阻選擇C；因電源內阻較小，為了有效調節(jié)電路中的電流，滑動變阻器選擇總阻值較小的E；(2)34設為電流表的示數，為電流表G的示數，數值遠大于的數值，可以認為電路電流，在閉合電路中，電源電動勢： 則： 由圖示圖像可知，圖像縱軸截距：則：電源電動勢： 圖像斜率： 解得：四、計算