2023學年湖南省郴州市第二中學高二物理第一學期期中達標檢測模擬試題含解析

1、2023學年高二上物理期中模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，在絕緣的水平面上方存在著勻強電場，水平面上的帶電金屬塊在水平拉力F作用下沿水平面移動已知金屬塊在移動的過程中，外力F做功32J，金屬塊克服電場力做功8.0J，

2、金屬塊克服摩擦力做功16J，則在此過程中金屬塊的（ ）A動能增加8.0JB電勢能增加24JC機械能減少24JD機械能增加48J2、下圖中的通電導線在磁場中受力分析正確的是（）ABCD3、如圖所示，電源電動勢E=36V，內阻r=1，電燈上標有“6V，12W”的字樣，直流電動機線圈電阻R=2接通電源后，電燈恰能正常發(fā)光，下列說法正確的是（ ）A電路中的電流大小6AB電動機產生的熱功率56WC電動機的機械效率85.7%D電源的輸出功率為72W4、關于磁場和磁感線的描述，下列說法中正確的是A磁體和通電導體都能產生磁場B兩個磁場的疊加區(qū)域，磁感線可能相交C磁感線總是從磁鐵的N極出發(fā)，到S極終止的D磁感線

3、可以用細鐵屑來顯示，因而是真實存在的5、如圖所示，把電阻R、電感線圈L、電容器C分別串聯(lián)一個燈泡后并聯(lián)在電路中。接入交流電源后，三盞燈亮度相同。若保持交流電源的電壓不變，使交變電流的頻率減小，則下列判斷正確的是（）A燈泡L1將變暗B燈泡L2將變暗C燈泡L3將變暗D燈泡亮度都不變6、如圖所示，實線是電場線，一帶電粒子只在電場力的作用下沿虛線由A運動到B的過程中，其速度時間圖象是選項中的()ABCD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，絕緣的斜面處在于一個豎直向上

4、的勻強電場中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑到底端，已知在金屬塊下滑的過程中動能增加了0.3J，重力做功1.5J，電勢能增加0.5J，則以下判斷正確的是A金屬塊帶負電荷B電場力做功0.5JC金屬塊克服摩擦力做功0.7JD金屬塊的機械能減少1.2J8、兩個相同的帶電金屬小球（可看成點電荷），電量大小之比是1：7，在真空中相距為r。現(xiàn)將兩球接觸后仍放回原處，則它們間庫侖力的可能是原來的（）A7 B3/7 C9/7 D16/79、如圖所示，木塊靜止在光滑水平桌面上，一子彈平射入木塊的深度為d時，子彈與木塊相對靜止，在子彈入射的過程中，木塊沿桌面移動的距離為L，木塊對子彈的平均阻力為f，那么在這一過程

5、中下列說法正確的是（）A木塊的機械能增量fLB子彈的機械能減少量為f(L+d)C系統(tǒng)的機械能減少量為fdD子彈內能的增加量為fd10、如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的O點以相同的初速度v飛出僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖中虛線所示，則（ ）Aa加速度減小，b加速度增大Ba和b的動能一定都增大Ca一定帶正電，b一定帶負電Da電勢能減小，b電勢能增大三、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）描繪小電珠的伏安特性曲線的實驗電路如圖，小電珠的額定電壓是3.8 V（1）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在坐標系中描點如圖試在坐標

6、系中畫出該小電珠的伏安曲線_（2）根據(jù)圖象，下列說法正確的是_A該小電珠的額定功率為1.14 WB小電珠在1 V電壓下燈絲的電阻約為7.1 C小電珠在2 V電壓下燈絲的電阻約為9.1 D小電珠在不同電壓下的電阻不相同是因為珠絲的電阻率隨溫度升高而減?。?）關于該實驗的系統(tǒng)誤差，下列說法中正確的是_A系統(tǒng)誤差主要是由電壓表的分流引起的B系統(tǒng)誤差主要是由電流表的分壓引起的C系統(tǒng)誤差主要是由于忽略電源內阻引起的D系統(tǒng)誤差主要是由讀數(shù)時的估讀引起的（4）若將該小電珠接與r=20 的電阻串聯(lián)后接在U0=4 V的電壓兩端，其實際功率是_W12（12分）某物理興趣小組要描繪一個標有“3V 0.8W”的小燈泡

7、的伏安特性曲線，要求燈泡兩端的電壓由零逐漸增大，且盡量減小實驗誤差可供選用的器材除導線、開關外，還有：a.電池組（電動勢為4.5V，內阻約為1）b.電流表（量程為0300mA，內阻約為1）c.電壓表（量程為3V，內阻約為3k）d.滑動變阻器（最大阻值為20，額定電流為1A）(1)實驗電路應選用圖中的_（填選項字母）.(2)請按照(1)中正確選擇的實驗電路，補充完成圖甲中的實物連線_.(3)以電壓表的示數(shù)U為橫軸，以電流表的示數(shù)I為縱軸，根據(jù)實驗得到的多組數(shù)據(jù)描繪出小燈泡的伏安特性曲線，如圖乙所示由圖乙可知，隨著電壓的增大，小燈泡的電阻_（選填“增大”或“減小”），發(fā)生這一變化的原因是_.(4)

8、從圖乙可知，當燈泡兩端電流為0.26A時，小燈泡的功率等于_W（結果保留兩位有效數(shù)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）如圖所示為直流電動機提升重物裝置，電動機的內阻一定，閉合開關K，當把它接入電壓為U1=0.2V的電路時，電動機不轉，測得此時流過電動機的電流是I1=0.4A；當把電動機接入電壓為U2=4.0V的電路中，電動機正常工作且電動機勻速提升重物，工作電流是I2=1.0A，求：（1）電動機線圈的電阻r； （2）當U2=4.0V電動機正常工作時的輸出功率及電動機的效率； （3）如果重物質量m=0.

9、5kg，當U2=4.0V時電動機提升重物的速度大小是多少？（g取10m/s2）14（16分）如圖a所示，一個500匝的線圈的兩端跟R=99的電阻相連接，置于豎直向下的勻強磁場中，線圈的橫截面積是20cm2，電阻為1，電容器的電容等于10微法。磁場的磁感應強度隨時間變化的圖像如圖b所示，求解：（1）螺線管產生的感應電動勢大小和通過電阻R的電流大??；（2）R兩端的電壓大小和電容器所帶電量Q 15（12分）質量為m=0.05Kg的導電細桿ab置于傾角為30的平行放置的光滑導軌上，導軌寬為L=0.5m，桿ab與導軌垂直，如圖所示，勻強磁場垂直導軌平面且方向向下，磁感應強度為B=0.1T已知電源電動勢E

10、=15V，內阻r=1，導軌和細桿的電阻均忽略不計，g取10m/s1求：（1）當電阻R取值為多少時，釋放細桿后桿ab保持靜止不動（1）當R=1時，釋放細桿瞬間桿ab的加速度是多大？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、A【解析】本題考查的是對功能關系的理解問題，根據(jù)動能定理，合外力對物體做的功為等于其動能的增加量，A正確；金屬塊克服電場力做功8.0J，電勢能增加也是8J，B錯誤；機械能增加了8J，CD錯誤；2、C【解析】根據(jù)左手定則可知，將左手掌攤平，先讓磁感線穿過手心，然后通過旋轉手，讓四指和電流方向一致，和四指垂直

11、的大拇指方向即為安培力的方向則：A圖中掌心向左，四指向里，則安培力應該垂直磁感線豎直向下，故A錯誤；B圖中因通電導線與磁平行，則沒有安培力，故B錯誤；C圖中掌心向里，四指斜向右下，則安培力垂直電流斜向左下，故C正確；D圖中因通電導線與磁平行，則沒有安培力，故D錯誤【點睛】熟練應用左手定則是解決本題的關鍵，在應用時可以先確定一個方向，然后逐步進行，如可先讓磁感線穿過手心，然后通過旋轉手，讓四指和電流方向一致或讓大拇指和力方向一致，從而判斷出另一個物理量的方向，用這種程序法，防止弄錯方向3、C【解析】試題分析：因為燈泡恰好能正常發(fā)光，所以根據(jù)公式可得，電燈和電動機串聯(lián)在電路中，所以電路中的電流大小

12、為2A，A錯誤；根據(jù)公式可得電動機產生的熱功率為，B錯誤；電動機消耗的總功率為，故電動機的機械效率大小為，C正確；電源的輸出功率為，D錯誤考點：考查了非純電阻電路電功率的計算4、A【解析】A. 磁體在其周圍可以產生磁場，通電導體在其周圍可以產生磁場，故A正確；BD. 磁感線不是真實存在的，是為了描述磁場的分布而人為假想的，磁感線不能相交，故B、D錯誤；C. 磁感線在磁體的外部從極到極，在磁體內部是從極到極，故C錯誤。5、B【解析】若保持交流電源的電壓不變，使交變電流的頻率減小，對電阻沒有影響，而電容器對其阻礙變大，線圈對其阻礙變小。所以燈泡L1將變亮，燈泡L2將變暗，燈泡L3將亮度不變。故B正

13、確ACD錯誤。故選B。6、B【解析】電場線的疏密程度表示場強大小，A點電場線密集，故電場強度大，電場力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直減小，由粒子的運動軌跡彎曲方向可知，帶電粒子受電場力的方向大致斜向左下方，與電場強度方向相反，故粒子帶負電，電場力做負功，速度慢慢減小，所以粒子做加速度減小的減速運動，故B正確【點睛】考點：考查了電場線，速度時間圖像根據(jù)帶電粒子運動軌跡判定電場力方向，再結合電場強度方向判斷電性，然后根據(jù)電場線的疏密程度判斷加速度的大小，從而判斷粒子的運動情況選擇速度圖象二、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。

14、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】在下滑過程中電勢能增加0.5J，故物體需克服電場力做功為0.5J，故金屬塊正電，故AB錯誤；在金屬塊滑下的過程中動能增加了0.3J，重力做功1.5J，電場力為-0.5J，根據(jù)動能定理得：W總=WG+W電+Wf=EK，解得：Wf=-0.7J，故C正確；外力做功為W外=W電+Wf=-1.2J，故機械能減少1.2J，故D正確所以CD正確，AB錯誤8、CD【解析】由庫侖定律可得：F=kQqr2得，當兩相同金屬小球帶同種電荷時，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，它們的電荷量變?yōu)?：4，所以庫侖力是原來的16：1。當兩相同金屬小球帶異種

15、電荷時，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，它們的電荷量是先中和后平分，電量變?yōu)?：3，所以庫侖力是原來的9：1故CD正確，AB錯誤。故選CD。9、ABC【解析】A子彈對木塊的作用力大小為f，木塊相對于地的位移為L，則子彈對木塊做功為fL，而木塊的重力勢能不變，根據(jù)動能定理得知，木塊動能的增加量等于子彈對木塊做功，為fL，故A正確；B子彈相對于地面的位移大小為L+d，則木塊對子彈的阻力做功為f(L+d)，根據(jù)動能定理得知：子彈動能的減少量等于子彈克服阻力做功，大小為f(L+d)，故B正確；C子彈相對于木塊的位移大小為d，則系統(tǒng)克服阻力做功為fd，根據(jù)功能關系可知，系統(tǒng)動能的減少量為fd，故C正確

16、；D根據(jù)能量守恒定律知，子彈和木塊組成的系統(tǒng)產生的熱量為fd，故D錯誤故選ABC。10、AB【解析】A. 根據(jù)a、b兩粒子做曲線運動軌跡彎曲程度即電場線的疏密可知，b所處的電場線變密，電場強度變強，所受的電場力在增大，加速度在增大；a所處的電場線變疏，電場強度變弱，所受的電場力在減小，加速度在減小，故A正確；B. 根據(jù)圖知a、b兩粒子的電場力與速度的夾角為銳角，電場力對電荷做正功，電勢能減小，動能增加，故B正確，D錯誤；C. 由運動軌跡如圖可知，a、b做曲線運動，由于電場線方向未知，故a、b電性不能確定，故C錯誤故選AB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

17、寫出演算過程。11、 ABC A 0.14（0.140.18之間均正確） 【解析】（1）如圖，描點作圖（2）小電珠的額定電壓是3.8 V，讀出對應的電流是0.3 A，小電珠的額定功率是P=UI=1.14 W，A正確；該小電珠在1 V電壓下對應的電流為0.14 A此時珠絲的實際電阻是；B正確；該小電珠泡在2 V電壓下對應的電流為0.22 A當時珠絲的實際電阻又是，C正確；小電珠珠絲的電阻率是隨溫度升高而增大的，D錯誤（3）該實驗主要系統(tǒng)誤差來源于電壓表的分流作用，導致電流表測量的電流偏大，測得的電阻偏小，電壓表示數(shù)越大，電壓表分擔的電流越大，則測量的誤差越大故A正確（4）將該小電珠接與r=20

18、的電阻串聯(lián)后，相當于把小電珠接在電動勢為4 V，內阻為20 的電源兩端，畫出電源的IU圖象，可以看出，此時電壓為1 V，電流為0.14 A，所以P=UI=1.14 W12、B 增大 燈絲電阻率隨燈絲溫度的升高而增大 0.57 【解析】(1)本實驗要求燈泡兩端的電壓由零逐漸增大，故滑動變阻器應采用分壓接法；由于燈泡內阻，因此應采用電流表外接法，故選擇B電路；(2)實驗電路選擇電流表的外接法+滑動變阻器的分壓式，實物連線如圖所示：(3) I-U圖象中每個點的割線斜率表示電阻的倒數(shù)，則可知隨著電壓的升高電阻增大；原因是燈絲電阻隨溫度的升高電阻率增大；(4)由圖乙讀得燈泡的電流I=0.26A，則燈泡的實際功率為.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）0.5 （2）87.5% （3）0.7m/s【解析】本題考查有關電動機不轉與轉動時電阻、功率的計算（1）電動機不轉時，此時電動機為純電阻元件，則： （2）電動機正常工作時消耗的功率為： 電動機正常工作時線圈電阻損耗的功率為：電動機正常工作時輸