2023学年安徽省亳州市涡阳第四中学高二物理第一学期期中调研模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、某段金属导体两端电压为U时，导体中电子平均定向移动速度为v如果把这段导体均匀拉长1倍后仍保持它两端的电压为U，则导体中电子平均定向移动速度为（）A B Cv D2v2、如图所示，

2、电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯恰能正常发光如果某一时刻电灯L1的灯丝烧断，则( ) AL2、L3变亮，L4变暗BL3变亮，L2、L4变暗CL4变亮，L2、L3变暗DL3、L4变亮，L2变暗3、如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则AP和Q都带正电荷BP和Q都带负电荷CP带正电荷，Q带负电荷DP带负电荷，Q带正电荷4、小张在探究磁场对电流作用的实验中,将直导线换作导体板,如图所示,发现在两点之间存在电压进一步实验结果如下表,由表中结果可知电压A与电流无关B与磁感应强度无关C与电流可能成正比D与磁感应

3、强度可能成反比5、有一个电流表G，内阻Rg=100，满偏电流Ig=3mA。要把它改装为量程为03A电流表，则要:A要并联一个阻值0.1的电阻B要串联一个阻值0.1的电阻C要并联一个阻值900的电阻D要串联一个阻值900的电阻6、用伏安法测电阻R，按（甲）图测得的结果为R1，按（乙）图测得的结果为R2，若电阻的真实值为RZ，则下列关系正确的是AR1 RZ R2BR1 RZ R1，RZ R2DR1 = RZ = R2二、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、如图所示的电路中,电

4、源电动势为E,内阻为r,R1、R2、R3为定值电阻,电流表和电压表均为理想电表,C为平行板电容器,在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态.由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏,则下列说法正确的是( )A电流表示数变大B电压表示数变大C液滴将向上运动D液滴仍保持静止8、如图所示,某匀强电场中A、B、C、D四点构成一个菱形,对角线AC=12 cm,BD=16 cm,一个质子从A移到B,电场力做了24 eV的功;一个电子从A移到C,克服电场力做了24 eV的功。其中A点的电势为零,则下列说法正确的是( )AD点的电势D=0BD点的电势D=-24 VC电场强度E=250 N/CD电场强

5、度E=200 N/C9、如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高它们由静止释放，最终在水平面上运动下列说法正确的是（ ）A下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小B当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mgC下滑过程中B的机械能增加D整个过程轻杆对A做的功为 10、用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，则下列判断正确的是（ ）A从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B子弹射入木块瞬间

6、系统动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为C忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能一定小于子弹射入木块前的动能D子弹和木块一起上升的最大高度为三、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）测定电源的电动势和内电阻的实验电路和UI图象如图所示；请回答下列问题：（1）如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头P，应滑到滑动变阻器_处（填“a”或“b”）（2）现备有以下器材：A干电池1个B滑动变阻器（050）C电压表（03V）D电压表（015V）E电流表（00.6A）F电流表（03A）其中

7、电流表应选_，电压表应选_。（填字母代号）（3）如图乙是根据实验数据画出的UI图象，由此可知这个干电池的电动势E=_V，内电阻r=_。12（12分）测一个阻值约为25 k的电阻，备有下列器材：A电流表(量程500 A，内阻约300 ) B直流稳压电源(电动势15 V，允许最大电流1 A)C电压表(量程10 V，内阻约100 k) D滑动变阻器(最大电阻1 k，额定功率1 W)E电键、导线若干 （1）电流表应采用_（填内接法或外接法）（2）滑动变阻器接法应该采用_（填分压式或限流式）（3）请在下面方框中画出测量RX的电路图_，并根据电路图连接实物路_.四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写

8、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，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强E=4.0102V/m，两板相距d=16cm，板长L=30cm一带电量q=1.010 16C、质量m=1.010 22的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，求：（1）粒子带何种电荷？（2）要使粒子恰好能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0为多大？（3）粒子飞出电场时速度与水平方向的夹角为多大？14（16分）如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S，

9、重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0 A和U=110V，重物P上升的速度v=1.0m/s。已知重物的质量m=45kg（g取 10 m/s2）。求：（1）电动机消耗的电功率P电；（2）细绳对重物做功的机械功率P机；（3）电动机线圈的电阻R。15（12分）竖直放置的平行金属板AB相距30cm，带有等量异种电荷。在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m=4.010-5kg，带电荷量q=+3.010-7C的小球，平衡时悬线偏离竖直方向夹角=370,如图所示。(sin370=0.6，cos370=0.8，g=10m/s2)求：（1）AB两板间的电场强度大小； （2）AB两板间的电压。

10、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、B【解析】这段导体均匀拉长1倍，即长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的一半，则电阻则是原来的4倍，电压不变，则电流为原来的四分之一根据I=neSv可知，S为原来的一半，所以速度v为原来的一半故选B点睛：本题的关键在于判断电阻大小的变化，长度变长增加一倍，横截面积变细又是1倍，故变为原来的4倍2、A【解析】当电灯L1的灯丝烧断后，L2这段电路电阻增大，外电路总电阻R总增大，路端电压U增大，干路电流I减小，由R3不变，故L3变亮；由I4=I-I3知I减小，I3增大，则I4减小，U4

11、=I4R4R4不变，U4减小，则L4变暗；U2=U-U4U增大，U4减小，则U2增大，则L2变亮。A. L2、L3变亮，L4变暗，与分析相符，故A正确。B. L3变亮，L2、L4变暗，与分析不符，故B错误。C. L4变亮，L2、L3变暗，与分析不符，故C错误。D. L3、L4变亮，L2变暗，与分析不符，故D错误。3、D【解析】AB受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；CD若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题选D4、C【解析】由表格数据可知，当控制电流I相同时，电压U与磁感应强度B成正比，当控制磁感应强度B相同时，则有电压U与电流I成正比，综

12、合所述可知，电压可能与电流，或磁感应强度成正比，故C正确，ABD错误；5、A【解析】改装成电流表要并联一个电阻分流，并联电阻和表头上的电压均为，则，故A正确，BCD错误；故选A。6、A【解析】分析电路图,根据电表测量值与真实值间的关系,应用欧姆定律分析电阻测量值与真实值间的关系,然后答题【详解】图甲所示电路是电流表的内接法,电流的测量值等于真实值,因为电流表的分压作用,电压的测量值大于真实值,即所测电流I是真实的,所测电压U偏大,电阻测量值大于真实值R,图乙所示电路是电流表的外接法,电压的测量值等于真实值,因为电压表的分流作用,电流的测量值大于真实值,即所测电压U是真实的,所测电流I偏大,电阻

13、测量值小于真实值R，综合分析可以知道R1 RZ R2，故A对；BCD错；故选A【点睛】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、ABC【解析】液滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡，电路为R2与R3串联，再与灯泡L并联，干路上有R1和内阻r.灯泡L的灯丝突然烧断,相当于其电阻变大，总电阻变大，据，则总电流变小，C、D、由得电容器的电压增大，故液滴受到的电场力增大，液滴向上运动，C正确、D错误A、B、由可知电流表示数增大，由知电压表的示数变大，A正确，B正确.故选ABC.【点

14、睛】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化注意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系决定8、AC【解析】ABAB间的电势差为：AC间的电势差为可知BC两点的电势相等，由于AD平行于BC，所以A点电势与D点电势相等，即故A正确，B错误；CD由，得BC连线即为等势线，过A点作BC的垂线，如图，由几何知识得A点到BC的距离为所以电场强度为故C正确，D错误。9、AD【解析】A. 因为初位置速度为零，则重力对B做功的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力对B做功的功率也为零，可知重力的功率先增大后减小。故A正确；B.AB小球组成

15、的系统，在运动过程中机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得：，解得：在最低点，根据牛顿第二定律得：Nmg=m解得：N=2mg，故B错误；C. 下滑过程中,B的重力势能减小EP=mgR，动能增加量，所以B的机械能减小，故C错误；D. 整个过程中对A，根据动能定理得：，故D正确。故选：AD10、BCD【解析】A、从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A错误，C正确；B、规定向右为正方向

16、，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可得：mv0（m+M）v，所以子弹射入木块后的共同速度为：v，故B正确；D、之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒（M+m）v2（M+m）gh，可得上升的最大高度为，故D正确三、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、a E C 1.5 0.75 【解析】(1)1由图可知，滑动变阻器右侧接入电路，为了让电流由最小开始调节，闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在滑动变阻器接入电阻的最大值位置处，即a处；(2)23电源电动势大约1.5V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择C，电路中的电流较小，因此电流

17、表选择0.6A量程的E；(3)45根据闭合电路的欧姆定律可知在图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.5V，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为12、（1）内接； （2）分压式； （3）电路图如图所示； 实物连线图如图所示； 【解析】（1）由于满足RVRx=10025RxRA=25000300 ，所以电流表应用内接法；（2）由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻阻值，所以变阻器应采用分压式接法；（3）电路图如图1所示；实物连线图如图2所示；（1）内接（2）分压式（3）【点睛】选择电表的原则是电表指针偏转角度应在1/3量程以上；若满足 RVRxRxRA，

18、电流表应用外接法，若满足 RVRxRxRA，电流表应用内接法四、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）正电荷（2）1.5104m/s（3）1.7104m/s【解析】试题分析：（1）平行金属板B板带负电，粒子向B板偏转，粒子带正电（2）当粒子恰好从B板右侧边缘飞出电场时，此时粒子水平位移为L，竖直位移为粒子做类平抛运动，将其分解为水平和竖直两个方向研究，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出初速度（3）粒子飞出电场时速度与水平方向的夹角的正切值是位移偏转角正切值的2倍解：（1）由于B板带负电，粒子向B板偏转，说

19、明粒子带正电（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律得：竖直方向有：=at2=t2得：t=水平方向有：v0=L=0.3m/s=1.5104m/s所以要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为1.5104m/s；（3）粒子飞出电场时速度与水平方向的夹角的正切值为：tan=2tan=2=2=故：=arctan答：（1）粒子带正电荷（2）要使粒子恰能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0为1.5104m/s（3）粒子飞出电场时速度与水平方向的夹角为：arctan【点评】解决本题要掌握类平抛运动的处理方法，熟练运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求解14、（1）550W（2）4