吉林省榆樹市一高2023年物理高二第一學期期末經典模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、下列說法中不正確的是()A.指南針是利用地磁場來指示方向的B.電動機是利用磁場對電流作用來工作的C.地磁場對宇宙射線的阻擋作用各處都相同D.小磁針靜止時，N極所指方向就該點磁場的方向2、18世紀的物理學家發現，真空中兩個點電荷間存在相互的作用．點電荷間的相互作用力跟兩個點電荷的電荷量有關，跟它們之間的距離有關，發現這個規律的科學家是（）A.牛頓 B.伽利略C.庫侖 D.法拉第3、如圖甲，R0為定值電阻，兩金屬圓環固定在同一絕緣平面內，左端連接在一周期為T0正弦交流電源上，經二極管整流后，通過R0的電流i始終向左，其大小按圖乙所示規律變化，規定內圓環a端電勢高于b端時，a、b間的電壓uab為正，下列uab-t圖像可能正確的是（）A. B.C. D.4、已知電流強度為I的通電直導線在距離為r的地方產生的磁感應強度大小為，k為常數．如圖所示，三根通有電流大小相等的長直導線垂直正方向abcd所在平面，且分別位于a、c、d三個頂點．a、d處導線中的電流方向與c處導線的電流方向相反．已知a處導線在b處產生的磁感應強度大小為B，則b點的磁感應強度大小為（）A. B.C. D.5、下列各圖中，能正確表示一對等量異種電荷電場線分布的是A. B.C. D.6、如圖，棒AB上均勻分布著正電荷，它的中點正上方有一P點，則P點的場強方向為（）A.垂直于AB向上 B.垂直于AB向下C.平行于AB向左 D.平行于AB向右二、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、下列描述的運動，能找到實例的有（）A.物體作曲線運動，但具有恒定的加速度B.物體運動的加速度等于零，而速度不等于零C.物體運動的加速度不等于零，而速度保持不變D.物體運動的加速度不斷變化，而物體的動能卻保持不變8、如圖所示，兩個相同的帶電小球A、B分別用2L和L長的絕緣細線懸掛于絕緣天花板的同一點，當平衡時，小球B偏離豎直方向30°，小球A豎直懸掛且與光滑絕緣墻壁接觸．若兩小球的質量均為m，重力加速度為g．則A.A、B的靜電力等于B.墻壁受的壓力等于C.A球受到細線的拉力等于D.B球受到細線的拉力等于9、如圖所示，電源電動勢E和內阻r一定，R1、R2是定值電阻，R3是光敏電阻(光敏電阻阻值隨光照強度的增加而變小)．閉合開關，當照射到R3的光照強度增加時，以下判斷正確的是（）A.電流表示數一定變小 B.電壓表示數一定變小C.R2的功率一定變大 D.R1的功率一定變大10、一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為18V、20V、26V，下列說法正確的是（）A.坐標原點處的電勢為14VB.電場強度的大小為C.電子在a點的電勢能比在b點的電勢能高2eVD.電子從b點運動到c點，克服電場力做功為6eV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）有一個小燈泡上標有“4.8V2W”的字樣，現在測定小燈泡在不同電壓下的電功率，并作出小燈泡的電功率P與它兩端電壓的平方U2的關系曲線．有下列器材可供選用：A．電壓表V1（0～3V，內阻3kΩ）B．電壓表V2（0～15V，內阻15kΩ）C．電流表A（0～0.6A，內阻約1Ω）D．定值電阻R1=3kΩE．定值電阻R2=15kΩF．滑動變阻器R（10Ω，2A）G．學生電源（直流6V，內阻不計）H．開關、導線若干(1)為了使測量結果更加準確，實驗中所用電壓表應選用_______，定值電阻應選用_______（均用序號字母填寫）；(2)為盡量減小實驗誤差，并要求從零開始多取幾組數據，請在方框內畫出滿足實驗要求的電路圖__________；(3)根據實驗做出P﹣U2圖象，下面的四個圖象中可能正確的是_____________A、B、C、D、12．（12分）某同學用伏安法測定待測電阻Rx的阻值（約為20Ω）除了Rx、開關S、導線外，還有下列器材供選用：A．電壓表（量程0～3V，內阻約3KΩ）B．電壓表（量程0～15V，內阻約10kΩ）C．電流表（量程0～200mA，內阻約5Ω）D．電流表（量程0～3A，內阻約0.05Ω）E．電源（電動勢3V，額定電流0.5A，內阻不計）F．電源（電動15V，額定電流2.5A，內阻不計）G．滑動變阻器R0（阻值范圍0～5Ω，額定電流2A）①為使測量盡量準確，電壓表選用________，電流表選用________，電源選用________。（均填器材的字母代號）②畫出測量Rx阻值的實驗電路圖。（）四、計算題：本題共3小題，共38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，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d=0.10m，a、b間的電場強度為E=5.0×105N/C，b板下方整個空間存在著磁感應強度大小為B=6.0T、方向垂直紙面向里的勻強磁場.今有一質量為m=4.8×10-25kg、電荷量為q=1.6×10-18C的帶正電的粒子(不計重力)，從貼近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進入勻強磁場，最后粒子回到b板的Q處（圖中未畫出）．求P、Q之間的距離L14．（16分）如圖，兩根間距為L＝0.5m的平行光滑金屬導軌間接有電動勢E＝3V、內阻r＝1Ω的電源，導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°．金屬桿ab垂直導軌放置，質量m＝0.2kg．導軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導軌電阻均不計，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中．當R0＝1Ω時，金屬桿ab剛好處于靜止狀態，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應強度B的大小；（2）若保持B的大小不變而將方向改為垂直于斜面向上，求金屬桿的加速度15．（12分）ABC表示豎直放在電場強度為E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BC部分是半徑為R的圓環，軌道的水平部分與半圓環相切．A為水平軌道上的一點，而且AB=R=0.2m，把一質量m=0.1kg，帶電量為q=+C的小球，放在A點由靜止釋放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到達C點的速度大小(2)小球在C點時，軌道受到的壓力大小

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、C【解析】指南針是利用地磁場來指示方向的，選項A正確；電動機是利用磁場對電流作用來工作的，選項B正確；高能帶電粒子到達地球受到地磁場的洛倫茲力作用，發生偏轉．不同的磁場，所受到的洛倫茲力大小不一，所以在南、北兩極最強赤道附近最弱，故C錯誤；小磁針靜止時，N極所指方向就該點磁場的方向，選項D正確；此題選擇不正確的選項，故選C.2、C【解析】點電荷間的相互作用力跟兩個點電荷的電荷量有關，跟它們之間的距離有關，發現這個規律的科學家是庫侖，牛頓發現萬有引力定律，伽利略自由落體規律，法拉第發現電磁感應現象，故選C3、C【解析】由圖乙可知，電流為周期性變化的電流，故只需分析0.5T0內的感應電流即可；通過分析電流的變化明確磁場的變化，根據楞次定律即可得出電動勢的圖象。【詳解】在第一個0.25T0時間內，通過大圓環的電流為順時針增加的，由楞次定律可判斷內球內a端電勢高于b端，因電流的變化率逐漸減小故內環的電動勢逐漸減小，同理可知，在0.25T0～0.5T0時間內，通過大圓環的電流為瞬時針逐漸減小；則由楞次定律可知，a環內電勢低于b端，因電流的變化率逐漸變大，故內環的電動勢變大；故C正確，ABD錯誤。故選C。【點評】本題考查楞次定律的應用，要注意明確楞次定律解題的基本步驟，正確掌握并理解“增反減同”的意義，并能正確應用；同時解題時要正確審題，明確題意，不要被復雜的電路圖所迷或！4、B【解析】根據左手定則判斷三根導線在b處的磁場方向，根據求解三根導線在b處的磁感應強度的大小，然后合成即可.【詳解】a處導線在b處產生的磁感應強度大小為B，可知c處導線在b點的磁感應強度大小為B；d處導線在b點的磁感應強度大小為；根據右手定則可知a處導線在b處產生的磁感應強度方向沿bc方向向下；d處導線在b處產生的磁感應強度方向垂直db方向斜向下；c處導線在b處產生的磁感應強度方向沿ba方向；根據平行四邊形法則可知，三根導線在b處的磁感應強度大小為，故選B.5、C【解析】根據電場線的特點：電場線從正電荷或無窮遠處出發到負電荷或無窮遠處終止．可知C圖能正確表示一對等量異種電荷電場線分布A.A圖與結論不相符，選項A錯誤；B.B圖與結論不相符，選項B錯誤；C.C圖與結論相符，選項C正確；D.D圖與結論不相符，選項D錯誤；6、A【解析】試題分析：根據點電荷的電場強度的定義式，再將棒的電荷看成若干個點電荷，由對稱性與矢量的疊加，可得出，P點的電場強度的方向垂直于AB向上，故A正確考點：點電荷電場；電場的疊加二、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、ABD【解析】根據“運動”可知，本題考查了對運動的理解和應用，根據速度描述的是物體運動狀態，加速度反應物體速度變化快慢的物理量，速度與加速度的關系進行判斷即可【詳解】A、平拋物體的運動是曲線運動，平拋運動的加速度恒為重力加速度，故A可能實現B、物體勻速直線運動時，速度不為零，加速度為零，故B可能存在；C、物體運動加速度不為零，故物體的速度肯定發生變化，故速度不能保持不變，故C不可能存在；D、勻速圓周運動的加速度不斷變化，而物體的動能卻保持不變，故D有可能實現【點睛】掌握加速度的概念及其物理意義，知道加速度與速度的關系是正確解題的關鍵8、AC【解析】設細線的固定點為O，由幾何關系可得：AB連線垂直OB邊線，A、D項：對小球B受力分析，受到重力，OB細線的拉力，AB間的庫侖力，且三力平衡，由平衡條件得：，，故A正確，D錯誤；B、C項：對A球受力分析，受到重力，AB間的庫侖力，細線OA的拉力，墻壁對A球的彈力，由平衡條件得：，，故B錯誤，C正確故選AC9、BC【解析】由光敏電阻的性質可知光照強度的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，由歐姆定律可得出電壓表示數的變化；同時還可得出路端電壓的變化；由串聯電路的規律可得出并聯部分電壓的變化，再由并聯電路的規律可得出通過R2的電流的變化，由功率公式即可得R3的功率的變化【詳解】當照射到R3的光照強度增加時，R3的電阻減小，根據“串反并同”知，與R3串聯的用電器的電流，電壓，電功率都與R3的變化相反，與R3并聯的用電器的電流，電壓，電功率都與R3的變化相同，所以電流表的示數增大，電壓表示數減小，R2的功率增大，R1的功率減小，故B、C正確故選BC【點睛】閉合電路的動態分析問題一般按外電路、內電路再外電路的分析思路進行；分析內電路主要根據總電流及內阻分析內壓，而外電路較為復雜，要注意靈活應用電路的性質10、BC【解析】電勢差等于電勢之差即可確定原點處的電勢；根據勻強電場的電場強度公式結合電勢差與場強間距，即可求解；根據電場力做功表達式W=qU，從而確定電場力做功，同時也能確定電勢能的變化情況【詳解】根據φc-φa=φb-φo，因a、b、c三點電勢分別為φa=18V、φb=20V、φc=26V，解得原點處的電勢為φ0=12V，故A錯誤；如圖所示，將ac連線四等分，可以確定e點的電勢為20V，則be即為等勢線，電場線方向如圖所示，根據幾何關系可得：d=0.06cos45°=0.03m，則有：，故B正確；因Uab=φa-φb=18-20=-2V，電子從a點到b點電場力做功為：W=qUab=2eV，因電場力做正功，則電勢能減小，那么電子在a點的電勢能比在b點的高2eV，故C正確；同理，bc間的電勢差為：Ubc=φb-φc=20-26=-6V，電子從b點運動到c點，電場力做功為：W=qUbc=-e×-6V=6eV，故D錯誤；故選BC【點睛】本題主要是考查勻強電場中，電勢之間的關系，掌握電場強度公式的應用以及幾何關系的運用，并理解W=qU中各量的正負值含義，注意在求解電功時各物理量要代入符號三、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.A②.D③.見解析④.C【解析】為了使測量誤差小，電壓表V2量程太大，所以用V1，又因為V1量程小于燈泡的額定電壓，所以串聯一個電阻組成一個稍大一些的電壓表，故定值電阻與V1串聯，測量燈泡兩端的電壓，新量程在6V左右即可，因為3kΩ與電壓表V1內阻相等，所以新量程為6V，若選用15kΩ，新量程變為18V，太大了，所以定值電阻選用D;為了多測幾組數據，所以滑動變阻器采用分壓式接法，電流表電阻較小與被測燈泡阻值接近，所以采用外接，電路圖如下：根據功率，電壓，電阻的關系,隨功率的增加小燈泡的電阻變大，所以圖像的斜率變小，故C正確12、①.A②.C③.E④.見解析【解析】若選擇量程0～15V，內阻約10kΩ的電壓表，選3V電源電動勢會導致電壓表讀數不準確，只能選15V的電源電動勢，最大電流I約為只能選擇量程0～3A的電流表，這樣會導致讀數不準確，故只能選擇量程0～200mA的電流表，量