《云南省绿春县二中2023学年物理高二上期中复习检测模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省绿春县二中2023学年物理高二上期中复习检测模拟试题含解析.doc（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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
2、目要求的。1、如图所示，绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在与环心等高处有一质量为m、电荷量为+q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是（ ）A小球在运动过程中机械能守恒B小球经过最低点时电势能最大C小球经过环的最低点时对轨道压力等于D小球经过环的最低点时对轨道压力等于32、关于静电的防范，下列说法正确的是（ ）A为了防止人体静电现象，可以保持皮肤的干燥B赛车轮胎用导电橡胶制成，是为了防止静电流向大地C避雷针的作用是引导带电云层通过楼房进行放电D避雷针的作用是引导带电云层通过金属导线进行放电3、通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强
3、度为，则在时间t内产生的热量为（）A4QB2QCD4、如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，整个装置处于水平向左的匀强电场中现将一直径略小于塑料管内径、质量为m、带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg，以下说法正确的是 ( )A小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力大小之比为5:1B小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为4mgC小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动D小球释放后，经过D点时的速度最大5、下列器件，利用电流的热效应工作的是（ ）A变压器B验钞机C电容器D电热水壶6、如
4、图所示是A、B两电阻的UI图象，则两电阻之比及连接相同电压情况下的电流之比分别是()ARARB21，IAIB21BRARB21，IAIB12CRARB12，IAIB21DRARB12， IAIB12二、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、下列各种说法正确的是（）A在并联电路中，任意支路电阻增大或者减小时，总电阻将随之增大或者减小B电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大C将金属丝均匀拉长为原来的两倍，金属丝的电阻和电阻率都增大2倍D“220V，50W”的电风
5、扇，线圈电阻为0.4，正常工作时每分钟产生的电热为1.24J8、如图所示，在一个匀强电场(图中未画出)中有一个直角梯形ABCD，其中，E为AD的中点，F为BC的中点一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=3.010-6J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC=4.010-6J则以下分析正确的是( )A若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功为WEF=3.510-6JB若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功WEF有可能大于3.510-6JC若将该粒子从B点移到C点，电场力做功为WBC=1.010-6J，则此匀强电场的方向一定是从A点指向B点的方向D若该粒子的电量为210-6C
6、，则A、B之间的电势差为1.5V9、三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒,从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场,分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点,如图所示.下面判断正确的是( )A落在a点的颗粒带正电,c点的带负电,b点的不带电B落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是C三个颗粒在电场中运动的时间关系是D电场力对落在c点的颗粒做负功10、用一束绿光照射某金属，能产生光电效应，现在把入射光的条件改变，再照射这种金属，下列说法正确的是A把这束绿光遮住一半，则可能不产生光电效应B把这束绿光遮住一半，则逸出的光电子数将减少C若改用一束红光照射，
7、则可能不产生光电效应D若改用一束蓝光照射，则逸出光电子的最大初动能将增大三、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）某同学通过实验测定一个阻值约为100的电阻Rx的阻值。现有电源（3V，内阻可不计）、开关和导线若干，以及下列电表：A电流表（00.6A，内阻约0.025）B电流表（030mA，内阻约0.125）C电压表（03V，内阻约3k）D电压表（015V，内阻约15k）E滑动变阻器R1（020，0.5A）F滑动变阻器R2（050，0.5A）（1）为尽可能较精确地测出该电阻的阻值，并且实验中，电表示数调节方便，在实验中，电流表应选用_，电
8、压表应选用_滑动变阻器应选_（选填器材前的字母）；在方框中画出符合要求的实验电路图_.（2）利用螺旋测微器测定合金丝的直径，示数如图所示，则可读得合金丝的直径为_mm. （3）请根据电路图，在图中画出实物连线图_.（4）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电压表示数U、电流表示数I某次电表示数如图所示，则电压U_V，电流I_A，由此可得该电阻的测量值Rx_.（5）采用该同学设计的电路测量金属丝的电阻，电阻的测量值比真实值_.（选填：“偏大”、“相等”、“偏小”）12（12分）如图是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容与其结构之间的关系装置图。充电后与电源断开的平行板电容器的板
9、与静电计相连，板和静电计金属壳都接地，板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制板的移动。请回答下列问题：（1）本实验采用的科学方法是_A理想实验法 B等效替代法 C控制变量法 D建立物理模型法（2）在该实验中，静电计的作用是_A测定该电容器的电荷量B测定该电容器两极的电势差C测定该电容器的电容D测定、两板之间的电场强度（3）在实验中观察到的现象是_A甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大B乙图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小C丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大D丙图中的手不动，而向两板间插入金属板时，静电计指针的张角不变。四、计算题：本题共2小
10、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，两平行金属导轨间的距离L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 的直流电源，现把一个质量m=0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨 电阻不计，g取10m/s2（已知sin37=0.60，cos37=0.80）求：（1）通过导
11、体棒的电流； （2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力14（16分）飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的荷质比，如图1。带正电的离子经电压为U的电场加速后进入长度为L的真空管AB，可测得离子飞越AB所用时间。改进以上方法，如图2，让离子飞越AB后进入场强为E（方向如图）的匀强电场区域BC，在电场的作用下离子返回B端，此时，测得离子从A出发后飞行的总时间（不计离子重力）。(1)忽略离子源中离子的初速度，用计算荷质比；用计算荷质比。(2)离子源中相同荷质比离子的初速度不尽相同，设两个荷质比都为的离子在A端的速度分别为和（），在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时
12、间差，可通过调节电场E使0。求此时E的大小。15（12分）如图所示，水平放置的两块平行金属板长为l，两板间距为d，两板间电压为U，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度，从两板中央射入，已知电子质量为m，电荷量为q求电子偏离金属板的侧位移是多少？电子飞出电场时的速度是多少？电子离开电场后，打在屏上的P点，若s已知，求OP的长参考答案一、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】试题分析：小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒，故A错误；小球从最高点到最低点的过程中，电场力做正功最多，则根据功能关系得知，电势能减小，减小到最
13、小，故B错误；小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：，又由，联立解得，C错误D正确考点：功能关系、牛顿第二定律【点睛】本题考查功能关系、牛顿第二定律，首先要掌握机械能守恒条件，然后跟动能定理和牛顿第二定律，可以求出最低点的支持力，进而根据牛顿第三定律求出对轨道的压力的问题2、D【解析】A为了防止人体静电现象，可以保持皮肤的湿润，而不是保持皮肤的干燥，A错误；B赛车轮胎用导电橡胶制成，是为了将静电流向大地，B错误；CD避雷针的作用是引导带电云层通过金属导线进行放电，C错误，D正确。故选D。3、C【解析】根据焦耳定律可知，电流变为原来的，电阻变为原来的2倍，则在相同的时间内产生的焦耳热为AB
14、D错误，C正确。故选C。4、A【解析】小球从A点第一次到D点的过程，根据动能定理，有 mgR+qER= 第一次经过最低点D时，根据向心力公式，有 N1D-mg=联立解得N1D=5mg，由牛顿第三定律知小球第一次经过最低点D对管壁的压力大小为5mg小球从A点第一次到C点的过程，根据动能定理，有-mgR+qER=第一次过C点，根据向心力公式，mg-N1C=联立解得 N1C=mg，由牛顿第三定律知小球第一次经过C点时最高点C时对管壁的压力大小为mg，因此，小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5：1，故A正确从A点释放到B点过程，根据动能定理，有qE2R=第一次达到B点时，据向心力公式，有N1B-qE=联立解得：N1B=5mg，由牛顿第三定律知小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为5mg，故B错误；带电小球由A点运动到B点的过程中，重力做功为零，电场力做正功，动能增加，由动能定理知道小球到达B点时有速度，还继续向上运动，不可能在BDA 间往复运动故C错误；小球到达平衡位置时速度最大，因为mg=qE，可知平衡位置在BD的中点，即小球经过BD中点时速度最大，选项D错误；故选A.【点睛】本题中关键要理清物体的运动规律，会用等效合力的方法研究小球的运动；会利用动能定理以及圆周运动的知识研究小球的运动5、D【解析】利用电流的
