江蘇省蘇州外國語xx學校2023學年物理高二上期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題含解析

1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、如圖所示電路，電源電動勢e = 6V，內(nèi)阻不計。R1 = 4，R2 =2，R3 =7，電容

2、器的電容C=1mF，那么電容器上所帶電量為( )A210-6CB610-6CC0D410-6C2、2s內(nèi)有0.1C電荷通過一段橫截面積為0.5cm2的導體材料，則電流強度是（ ）A0.1AB0.15AC0.25AD0.05A3、如圖所示，勻強電場的電場強度E100 V/m，A、B兩點相距LAB10 cm，A、B連線與電場線夾角為60，則UBA為A10 VB10 VC5 VD3 V4、如圖所示，正電荷Q均勻分布在半徑為r的金屬球面上，沿x軸上各點的電場強度大小和電勢分別用E和表示選取無窮遠處電勢為零，下列關(guān)于x軸上各點電場強度的大小E或電勢隨位置x的變化關(guān)系圖，正確的是（ ）ABCD5、質(zhì)子(p

3、)和粒子以相同的速率在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑分別為Rp和R，周期分別為Tp和T，則下列選項正確的是( )ARpR12 TpT12BRpR11 TpT11CRpR11 TpT12DRpR12 TpT116、如圖所示，兩平行金屬板間帶電質(zhì)點P處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則（ ）A電壓表讀數(shù)減小B電流表讀數(shù)減小C質(zhì)點P將向上運動DR3上消耗的功率逐漸增大二、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、電荷量為q的點

4、電荷在電場中由A點移到B點時，電場力做功W，兩點間的電勢差為U，若讓電荷量為2q的點電荷在電場中由A點移到B點，則（）A電場力做功為WB電場力做功為2WC兩點間的電勢差為UD兩點間的電勢差為2U8、平行板電容器兩極板間距為d、極板面積為S，電容為，其中0為常量對此電容器充電后斷開電源當增加兩板間距時，電容器 （）A電勢差減小B電容減小C電勢差不變D電荷量不變9、某同學研究白熾燈得到某白熾燈的UI曲線如圖所示圖象上A點與原點的連線與橫軸成角，A點的切線與橫軸成角，則( )A白熾燈的電阻隨電壓的增大而減小B在A點，白熾燈的電阻可表示為tan C在A點，白熾燈的電功率可表示為U0I0D在A點，白熾燈

5、的電阻可表示為10、我國計劃將于2016年9月利用海南航天發(fā)射場發(fā)射“天宮二號”空間實驗室“天宮二號”運行期間，“神州十一號”載人飛船將與它實施交會對接在對接前，“天宮二號”和“神州十一號”將在各自軌道上繞地球做勻速圓周運動，如圖所示則在對接前A“天宮二號”的向心加速度大于“神州十一號”的向心加速度B“天宮二號”的運行周期大于“神州十一號”的運行周期C“天宮二號”的運行速率小于“神州十一號”的運行速率D“天宮二號”的角速度大于“神州十一號”的角速度三、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）用半徑相同的小球1和小球2的碰撞驗證動量守恒定律

6、，實驗裝置如圖所示，斜槽與水平槽圓滑連接安裝好實驗裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙，記下重錘線所指的位置O在做“驗證動量守恒定律”的實驗時（1）實驗必須滿足的條件是_A.斜槽軌道必須是光滑的B.斜槽軌道末端的切線是水平的C.入射球每次都要從同一高度由靜止釋放D.實驗過程中，白紙可以移動，復寫紙不能移動（2）實驗中要完成的必要步驟是_填選項前的字母A.用天平測量兩個小球的質(zhì)量、B.測量拋出點距地面的高度HC.用秒表測出小球做平拋運動的時間tD.分別確定碰撞前后落地點的位置和碰后的落地點P、M、N，并用刻度尺測出水平射程OP、OM、ON（3）入射小球質(zhì)量為，被碰小球質(zhì)量為，兩小球的質(zhì)量應滿

7、足_選填“大于”“小于”或“等于”（4）若所測物理量滿足_表達式則可判定兩個小球相碰前后動量守恒（5）若碰撞是彈性碰撞，那么所測物理量還應該滿足的表達式為_12（12分）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，采用的儀器有：額定電壓為V、額定功率約為的小燈泡；電源 (電動勢為，內(nèi)阻不計)；電流表 (量程0.6A，內(nèi)阻約)；電壓表 (量程，內(nèi)阻約)；滑動變阻器 (最大阻值)；開關(guān)，導線若干實驗中要求加在小燈泡上的電壓從零到小燈泡的額定電壓連續(xù)可調(diào)（1）設計一個合理的電路，并在下方所給的方框內(nèi)畫出電路圖_（2）如圖所示為某同學根據(jù)正確的實驗電路圖所測的幾組數(shù)據(jù)畫出的IU圖像，圖像是一條曲線而不是直線

8、的原因是_（3）按照正確電路圖連接好電路后，無論怎么調(diào)節(jié)滑動變阻器，發(fā)現(xiàn)電表讀數(shù)都無法調(diào)到零，則其故障原因可能是（_）A小燈泡燒壞或接觸不良B電流表接觸不良C滑動變阻器的滑片與電阻絲接觸不良D滑動變阻器采用了限流接法四、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，已知ACBC，ABC60，BC20cm，A、B、C三點都在勻強電場中，且A、B、C所在平面與電場線平行，把一個電荷量q105C的正電荷從A移到B，電場力做功為零；從B移到C，電場力做功為(1)勻強電場的場強方向是否垂直于AB；(2)求A、C間的電勢差

9、；(3)若規(guī)定B點電勢為零，求C點的電勢14（16分）如圖所示的電路中，當S閉合時，電壓表和電流表(均為理想電表)的示數(shù)各為1.6V和0.4A當S斷開時，它們的示數(shù)各改變0.1V和0.1A，求電源的電動勢和內(nèi)電阻15（12分）如圖所示，在第一象限的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向，場強大小E=mv022qh；在第四象限中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外。一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上y=h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后經(jīng)過x軸上的P2點進入磁場，并經(jīng)過y軸上y=2h處的P3點。最后到達x軸上的P4點（圖中未畫出）。若不計重力，求：（1）P

10、2點距O點的距離；（2）粒子到達P2時速度的大小和方向；（3）磁感應強度的大??；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】電容器所在支路為斷路，故電路結(jié)構(gòu)可簡化為R1、R2串聯(lián)，電容器兩端電壓等于R2兩端電壓，根據(jù)閉合回路歐姆定律可得UR2=R2R2+R1=22+46=2V，故電容器上所帶電荷量為Q=CUR2=21mF=210-6C，A正確2、D【解析】由電流的定義式A. 0.1A與分析不符，A錯誤B. 0.15A與分析不符，B錯誤C. 0.25A與分析不符，C錯誤D. 0.05A與分析符合，D正確3、C【解析

11、】由圖示可知，AB方向與電場線方向間的夾角=60，AB兩點沿電場方向的距離：d=Lcos，AB兩點間的電勢差：UAB=Ed=ELcos=100V/m0.1mcos60=5V，BA間的電勢差：UBA=-UAB=-5V，故C正確、A，B，D錯誤.故選C.4、C【解析】該題中正電荷Q均勻分布在半徑為r的金屬球面上，金屬球是一個等勢體從金屬球到無窮遠處的電勢降低【詳解】AB金屬球是一個等勢體，等勢體內(nèi)部的場強處處為0，AB錯誤；CD金屬球是一個等勢體，等勢體內(nèi)部的電勢處處相等，C正確D錯誤。故選C?！军c睛】該題考查帶正電荷的金屬球周圍的場強分布與電勢的特點，除了上述的方法，還可以使用積分法求它的場強和

12、電勢，屬于簡單題。5、A【解析】質(zhì)子(p)和粒子以相同的速率在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，半徑為：半徑與這兩粒子的質(zhì)量與電量的比值成正比。即RpR12而周期公式：周期與這兩粒子的質(zhì)量與電量的比值成正比。即TpT12A. RpR12 TpT12與分析相符，故A正確。B. RpR11 TpT11與分析不符，故B錯誤。C. RpR11 TpT12與分析不符，故C錯誤。D. RpR12 TpT11與分析不符，故D錯誤。6、A【解析】試題分析：當P向b端移動時，R4變小，R4與R2串聯(lián)的總電阻減小，再與R3并聯(lián)的總電阻也變小，故電容器的兩端電壓減小，則電容器間的電場強度減小，所以質(zhì)點P會向下運動，選項

13、C錯誤；由于電容器與R3并聯(lián)，故電阻R3的兩端電壓也變小，則R3上消耗的電功率變小，選項D錯誤；R3中的電流變小，又因為電路的總電阻變小，總電流變大，故通過R4支路的電流變大，電流表的示數(shù)變大，故選項B錯誤；對于R2、R4來說，總電壓減小，而電流又增大，故R2的兩端電壓增大，所以R4兩端電壓減小，即電壓表的示數(shù)變小，選項A正確?？键c：歐姆定律的動態(tài)電路，電容。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、BC【解析】兩點間的電勢差與有無試探電荷無關(guān)，則若讓電荷量為2q的點電荷在

14、電場中由A點移到B點，則兩點間的電勢差為仍U，選項C正確，D錯誤；根據(jù)W=Uq可知，電場力做功為2W，選項B正確，A錯誤；故選BC.8、BD【解析】增加兩板間距時，根據(jù)電容的決定式，可知電容減小，故B正確；對此電容器充電后斷開電源，故電量Q一定，故D正確；根據(jù)QUC，由上可知電勢差增加，故A C錯誤。所以BD正確，AC錯誤。9、CD【解析】A.由圖示圖象可知，隨電壓增大，通過燈泡的電流增大，電壓與電流的比值增大，燈泡電阻變大，故A錯誤；B.在A點，白熾燈的電阻：由于縱坐標與橫坐標的標度可能不同，所以不能用計算電阻值，更不能用計算，故B錯誤C.在A點，白熾燈的電功率：故C正確；D.由歐姆定律可知

15、，在A點，白熾燈的電阻：故D正確.10、BC【解析】根據(jù)萬有引力提供向心力：，解得：，天宮二號的軌道半徑大于神舟十一號，所以“天宮二號”的向心加速度小于“神州十一號”的向心加速度，故A錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力：，解得：，天宮二號的軌道半徑大于神舟十一號，所以“天宮二號”的運行周期大于“神州十一號”的運行周期，故B正確；根據(jù)萬有引力提供向心力：，解得：，天宮二號的軌道半徑大于神舟十一號，所以“天宮二號”的運行速率小于“神州十一號”的運行速率，故C正確；根據(jù)萬有引力提供向心力：，解得：，天宮二號的軌道半徑大于神舟十一號，所以“天宮二號”的角速度小于“神州十一號”的角速度，故D錯誤所以BC正確，

16、AD錯誤三、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、BC AD 大于 【解析】（1）斜槽的粗糙與光滑不影響實驗的效果，只要到達底端時速度相同即行，故A錯誤；斜槽軌道末端必須水平，保證小球碰撞前速度水平，故B正確；小球每次從斜槽上相同的位置自由滾下，使得小球與另一小球碰撞前的速度不變，故C正確；實驗過程中，白紙不可以移動，故D錯誤所以BC正確，AD錯誤（2）本實驗除需測量線段OM、OP、ON的長度外，還需要測量的物理量是兩小球的質(zhì)量，因為可以通過水平位移代表速度的大小，所以不必測量AB的高度和B點離地面的高度因為平拋運動的時間相等，則水平位移可以

17、代表速度，OP是A球不與B球碰撞平拋運動的位移，該位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平拋運動的位移，該位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，該位移可以代表碰撞后B球的速度，故選AD（3）為了防止入射球反彈，應使入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量；（4）因為平拋運動的時間相等，則水平位移可以代表速度，OP是A球不與B球碰撞平拋運動的位移，該位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平拋運動的位移，該位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，該位移可以代表碰撞后B球的速度，當所測物理量滿足表達式，說明兩球碰撞遵守動量守恒定律（5）若碰撞是彈性碰撞，那么

18、所測物理量還應該滿足的表達式為：；即12、 隨著溫度升高，電阻率變大使燈泡的電阻變大 D【解析】（1）由，得燈泡的內(nèi)阻約為，遠小于電壓表內(nèi)阻，屬于小電阻，則電流表采用外接法因為滑動變阻器的最大阻值為，電源電動勢為6V，內(nèi)阻不計，電源的電壓過大，若滑動變阻器采用限流式接法，燈泡的電壓會超出額定電壓，不安全，所以滑動變阻器采用分壓式接法電路圖如圖所示（2）隨著溫度升高，電阻率變大使燈泡的電阻變大.（3）照正確電路圖連接好電路后，調(diào)節(jié)滑動變阻器，小燈泡的亮度應該會發(fā)生變化，而電流表示數(shù)不能調(diào)為零，說明滑動變阻器采用了限流接法，選D.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，

19、要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、 (1)AB是一條等勢線，場強方向垂直于AB (2) (3) 【解析】試題分析：解析：根據(jù)得，得，B0，UBCBC，所以考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系【名師點睛】本題根據(jù)題設條件找到等勢點，作出等勢線，根據(jù)電場線與等勢線垂直，并由高電勢處指向低電勢處作電場線是常規(guī)思路14、E2 V，r1 【解析】試題分析：當S閉合時，R1、R2并聯(lián)接入電路，由閉合電路歐姆定律得：U1EI1r即E1624r，當S斷開時，只有R1接入電路，由閉合電路歐姆定律得：U2EI2r，即E（1621）（2421）r，由得：E2 V，r1 考點：閉合電路歐姆定律【名師點睛】求解電源的電動勢和內(nèi)阻，常常根據(jù)兩種情況由閉合電路歐姆定律列方程組求解，所以要牢記閉合