浙江省杭州市余杭高級中學(xué)2023學(xué)年物理高二上期中質(zhì)量檢測試題含解析

1、2023學(xué)年高二上物理期中模擬試卷注意事項(xiàng):1答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示，質(zhì)量為m、長度為L的金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛在O、O點(diǎn)，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感

2、應(yīng)強(qiáng)度大小為B，棒中通以某一方向的電流，平衡時兩細(xì)線與豎直方向夾角均為，重力加速度為g.則( )A金屬棒中的電流方向由N指向MB金屬棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO平面向上C金屬棒中的電流大小為D每條細(xì)線所受拉力大小為2、下列說法中正確的是（ ）A沿電場線方向場強(qiáng)逐漸減小B沿電場線方向移動電荷，電場力做正功C沿電場線方向電勢逐漸降低D電場強(qiáng)度為零處，電勢也一定為零3、真空中有甲、乙兩個點(diǎn)電荷相距為r，它們間的靜電引力為F若甲的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍，乙的電荷量變?yōu)樵瓉淼?，它們間的距離變?yōu)?r，則它們間的靜電引力將變?yōu)椋ǎ〢BCD4、四盞燈結(jié)成如圖所示的電路，A、C燈泡的規(guī)格為“220V，30

3、W”，B、D燈泡的規(guī)格為“220V，100W”，各個燈泡的實(shí)際功率都沒有超過它的額定功率，這四盞燈泡的實(shí)際消耗功率大小的順序是( )APAPBPCPD BPAPDPCPBCPAPDPBPC DPAPBPDPC5、某研究性學(xué)習(xí)小組在探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象和楞次定律時，設(shè)計并進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：如圖，矩形金屬線圈放置在水平薄玻璃板上，有兩塊相同的蹄形磁鐵，相對固定，四個磁極之間的距離相等當(dāng)兩塊磁鐵勻速向右通過線圈位置時，線圈靜止不動，那么線圈所受摩擦力的方向是()A先向左，后向右B先向左，后向右，再向左C一直向右D一直向左6、雷雨天，當(dāng)空氣中的電場強(qiáng)度超過2.5104N/C，空氣就會被“擊穿”而放電。已知一

4、片帶電的烏云距離地面400m高，那么發(fā)生閃電時烏云與地面間的電勢差至少為()A62.5V B6250V C107V D105V二、多項(xiàng)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(xiàng)中，有多個選項(xiàng)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，平行板電容器與直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地一帶電油滴位于容器中的P點(diǎn)且恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離則（）AP點(diǎn)的電勢將降低B帶點(diǎn)油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動C電容器的電容減小，極板帶電量將減小D帶電油滴的電勢能將減少8、如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1和

5、R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器，四個電表均為理想電表。當(dāng)R2的滑動觸點(diǎn)在a端時合上開關(guān)S，將滑動觸點(diǎn)向b端移動的過程中，各表示數(shù)變化正確的是( ) AA1的示數(shù)減小，V1的示數(shù)增大BA1的示數(shù)增大，V1的示數(shù)減小CA2的示數(shù)增大，V2的示數(shù)減小DA2的示數(shù)減小，V2的示數(shù)增大9、如圖所示，一個帶正電的滑環(huán)套在水平且足夠長的粗糙絕緣桿上，整個裝置處在與桿垂直的水平方向的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)使滑環(huán)獲得向右的初速度，滑環(huán)在桿上的運(yùn)動情況可能是： A始終作勻速運(yùn)動B先作加速運(yùn)動，后作勻速運(yùn)動C先作減速運(yùn)動，后作勻速運(yùn)動D先作減速運(yùn)動，最后靜止在桿上10、如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，

6、一帶正電小球懸掛在電容器的內(nèi)部，閉合電鍵S給電容器充電，這時懸線偏離豎直方向角，若（）A電鍵S斷開，將A板向B板靠近，則增大B電鍵S斷開，將A板向B板靠近，則不變C保持電鍵S閉合，將A板向B板靠近，則變小D保持電鍵S閉合，將A板向B板靠近，則增大三、實(shí)驗(yàn)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）如圖，合上開關(guān)，改變滑動變阻器的阻值R，讀出相應(yīng)的理想電流表示數(shù)I，從而得到多組I、R值。以I的倒數(shù)為縱軸，R為橫軸，得出圖像如圖。則電源電動勢E=_，內(nèi)阻r=_（以圖像中的a、b、c表示）12（12分）現(xiàn)在要測量一段電阻絲的電阻率，其阻值Rx約為0.5

7、 ，允許通過的最大電流為0.5 A.現(xiàn)有如下器材可供選擇：電流表A(量程0.6A，內(nèi)阻約為0.6)電壓表V(量程3V，內(nèi)阻約為3k)待測電阻絲Rx(阻值約為0.5)標(biāo)準(zhǔn)電阻R0(阻值5)滑動變阻器R1(5 ，2A)滑動變阻器R2(200 ，1.5A)直流電源E(E6 V，內(nèi)阻不計)開關(guān)S、導(dǎo)線若干(1)圖為四位同學(xué)分別設(shè)計的測量電路的一部分，你認(rèn)為合理的是_；(2)實(shí)驗(yàn)中滑動變阻器應(yīng)該選擇_(選填“R1”或“R2”)，并采用_接法；（分壓，限流）(3)根據(jù)你在(1)(2)中的選擇，在圖甲上完成實(shí)驗(yàn)電路的連接_；(4)實(shí)驗(yàn)中，如果兩電表的讀數(shù)分別為U和I，測得拉直后電阻絲的長度為L、直徑為D，則

8、待測電阻絲的電阻率的計算式為_；(5)用螺旋測微器測量待測電阻絲的直徑時讀數(shù)如圖乙所示，則該電阻絲的直徑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，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感

9、應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運(yùn)動當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌問： （1）磁場的方向；（2）MN剛開始運(yùn)動時加速度a的大??；（3）MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少14（16分）如圖所示，在同一水平面的兩導(dǎo)軌相互平行，并處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，一根質(zhì)量為3.6kg，有效長度為2m的金屬棒放在導(dǎo)軌上，當(dāng)金屬棒中的電流為5A時，金屬棒做勻速直線運(yùn)動；當(dāng)金屬棒中的電流突然增大為8A時，金屬棒能獲得2m/s2的加速度，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小15（12分）（10分）如圖所示，用長L=0.50m的絕緣

10、輕質(zhì)細(xì)線，把一個質(zhì)量 m=1.0g帶電小球懸掛在帶等量異種電荷的平行金屬板之間，平行金屬板間的距離d=5.0cm，兩板間電壓U=1.0103V。靜止時，絕緣線偏離豎直方向角，小球偏離豎直距離a=1.0cm。（角很小，為計算方便可認(rèn)為tan sin，取g=10m/s2，需要求出具體數(shù)值，不能用角表示）求：（1）兩板間電場強(qiáng)度的大??；（2）判斷小球帶何種電荷并計算其帶電荷量； （3）在圖示位置，若將細(xì)線突然剪斷，小球做何種性質(zhì)的運(yùn)動？求加速度a的大小。參考答案一、單項(xiàng)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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解析】平衡時兩懸線與豎直方向

11、夾角均為，所以導(dǎo)線受到的安培力水平向右，根據(jù)左手定則，可知金屬棒中的電流方向由M指向N，故A錯誤；對棒受力分析，做出沿MN的方向觀察的受力圖所示：金屬棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁場方向水平向右，與OMNO平面不垂直，故B錯誤；根據(jù)平衡條件可得：mgtan=BIL，解得： ，故C正確；根據(jù)平衡條件可得：2Tcos=mg，解得： ，故D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。2、C【解析】AC沿電場線方向，電勢必定降低，而電場線疏密不一定，則場強(qiáng)不一定減小，故A錯誤，C正確；B由于電性未知，所以電場力的方向未知，故沿電場線方向移動電荷時的做功情況無法確定，故B錯誤；D電勢的大小取決于零勢能面的選擇，

12、電場強(qiáng)度為零處，電勢不一定為零，故D錯誤。故選C。3、B【解析】真空中兩個電荷量均為Q的點(diǎn)電荷，相距為r時的相互作用靜電力大小為F，根據(jù)庫侖定律，有若這兩個點(diǎn)電荷間的距離及電量變化后，它們之間的靜電力大小變?yōu)椋?即，故選項(xiàng)B正確點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是根據(jù)庫侖定律直接列式求解，基礎(chǔ)題在利用庫侖定律解題時，要注意庫侖定律的使用條件4、C【解析】根據(jù)公式，有，故，比較A燈泡與D燈泡，由于串聯(lián)，電流相等， ，根據(jù)，故；比較B燈泡與C燈泡，由于并聯(lián)，電壓相等， ，根據(jù)，故；比較A燈泡與C燈泡，由于干路電流大于支路電流，根據(jù)，故；比較B燈泡與D燈泡，由于干路電流大于支路電流，根據(jù)，故，綜合可得，C正確5、D【解

13、析】當(dāng)原磁通量增加時，感應(yīng)電流的磁場與原來磁場的方向相反，兩個磁場產(chǎn)生相互排斥的作用力； 當(dāng)原磁通量減少時，感應(yīng)電流的磁場就與原來磁場的方向相同，兩個磁場產(chǎn)生相互吸引的作用力，所以感應(yīng)電流總要阻礙導(dǎo)體和磁極間的相對運(yùn)動。當(dāng)磁鐵勻速向右通過線圈時，N極靠近線圈，線圈的感應(yīng)電流總要阻礙磁極的相對運(yùn)動，給磁極向左的安培力，那么磁極給線圈向右的安培力，線圈靜止不動，是因?yàn)槭艿搅讼蜃蟮哪Σ亮?。?dāng)N極離開線圈，線圈的感應(yīng)電流總要阻礙磁極的相對運(yùn)動，給磁極向左的安培力，那么磁極給線圈向右的安培力，線圈靜止不動，是因?yàn)槭艿搅讼蜃蟮哪Σ亮?。所以整個過程線圈所受的摩擦力一直向左。故D正確。故選D。6、C【解析】根

14、據(jù)U=Ed確定閃電前瞬間烏云與避雷針之間的電勢差的大??；【詳解】烏云與建筑物間的距離d=400m，則閃電前瞬間烏云與避雷針之間的電勢差的大小為：U=Ed=2.5104400V=1107V，故ABD錯誤，C正確?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵掌握勻強(qiáng)電場電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系公式，即U=Ed。二、多項(xiàng)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(xiàng)中，有多個選項(xiàng)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、AC【解析】A、根據(jù)得知板間場強(qiáng)E減小，而P點(diǎn)與下極板間的距離不變，則由公式分析可知，P點(diǎn)與下極板間電勢差將減小，而P點(diǎn)的電勢高于下極板的電勢，則知P點(diǎn)

15、的電勢將降低，故A正確；B、根據(jù)得知板間場強(qiáng)E減小，油滴所受的電場力減小，則帶點(diǎn)油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動，故B錯誤；C、將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，根據(jù)可知電容器的電容減小，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)極板帶電量將減小，故C正確；D、由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負(fù)電，P點(diǎn)的電勢降低，則油滴的電勢能將增加，故D錯誤；故選AC【點(diǎn)睛】將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)分析板間場強(qiáng)的變化，判斷電場力變化，確定油滴運(yùn)動情況，由U=Ed分析P點(diǎn)與下極板間電勢差如何變化，即能分析P點(diǎn)電勢的變化和油滴電勢能的變化8、AC【解析】R2的滑動觸

16、點(diǎn)向b端移動時，R2減小，整個電路的總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)U2減小，R3電壓U1增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過R1的電流I1減小，即A1的示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過R2的電流I2增大，即A2的示數(shù)變大。AA1的示數(shù)減小，V1的示數(shù)增大，與結(jié)論相符，選項(xiàng)A正確；BA1的示數(shù)增大，V1的示數(shù)減小，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯誤；CA2的示數(shù)增大，V2的示數(shù)減小，與結(jié)論相符，選項(xiàng)C正確；DA2的示數(shù)減小，V2的示數(shù)增大，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯誤；9、ACD【解析】A、給滑環(huán)套一個初速度，將受到向上的洛倫茲力，若洛倫茲力等于物體的重力，滑環(huán)將做勻速直線運(yùn)動故A

17、正確；B、滑環(huán)在水平方向上受到摩擦力，不可能加速運(yùn)動故B錯誤；C、若重力小于洛倫茲力，滑環(huán)受到向下的彈力，則受到摩擦力，做減速運(yùn)動，當(dāng)洛倫茲力等于重力時，又做勻速運(yùn)動，故C正確；D、若重力大于洛倫茲力，滑環(huán)受到向上的彈力，則受到摩擦力，將做減速運(yùn)動，最后速度為零，故D正確故選ACD。10、BD【解析】電容器充電后電鍵S斷開，電容器所帶電量不變，根據(jù)推論分析板間場強(qiáng)是否變化，判斷如何變化保持電鍵S閉合，板間電壓不變，將A板向B板靠近，根據(jù)E=Ud分析板間場強(qiáng)如何變化，判斷如何變化【詳解】A、B、電容器充電后電鍵S斷開，電容器所帶電量不變，兩板正對面積和介電常量都不變，根據(jù)推論E=4kQrs得知，

18、板間場強(qiáng)E不變，小球所受電場力不變，則將A板向B板靠近時，不變；故A錯誤，B正確.C、D保持電鍵S閉合，板間電壓不變，將A板向B板靠近，板間距離d減小，由板間場強(qiáng)E=Ud分析得到場強(qiáng)增大，小球所受電場力增大，由平衡知識qE=mgtan知增大；故C錯誤，D正確.故選BD.【點(diǎn)睛】電容器所帶電量不變，兩板正對面積和介電常量不變，板間場強(qiáng)不變是重要的推論，要在理解的基礎(chǔ)上加強(qiáng)記憶三、實(shí)驗(yàn)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、 【解析】由閉合電路的歐姆定律可知， ，即；由圖線可知， , ，聯(lián)立解得： ， 12、C R1 分壓 1.205 【解析】(1)、

19、(2)、關(guān)鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻來選擇變阻器阻值以及接法；根據(jù)求出的最小電阻來選擇保護(hù)電阻；根據(jù)待測電阻遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻可知電流表應(yīng)用外接法，但因?yàn)榇郎y電阻阻值太小可知待測電阻應(yīng)與保護(hù)電阻串聯(lián)使用(3)根據(jù)是連接電路時應(yīng)先連接主干路然后再連接并聯(lián)電路，注意正負(fù)極和量程(4)關(guān)鍵是根據(jù)歐姆定律和電阻定律求出電阻率的表達(dá)式即可(5)關(guān)鍵是讀數(shù)時要分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分來讀，注意半毫米刻度線是否露出【詳解】(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路中需要的最大電阻為：，所以變阻器應(yīng)選R1并且應(yīng)采用分壓式接法；電路中需要的最小電阻為：，為保護(hù)電流表應(yīng)與一保護(hù)電阻串聯(lián)，所以排除電路A，再根據(jù)待測電阻滿足，可知電流表應(yīng)用外接法，所以應(yīng)排除電路D，由于待測電阻阻值太小，將電壓表直接測量時電壓太小無法讀數(shù)，所以應(yīng)將待測電阻與保護(hù)電阻串聯(lián)后再與電壓表并聯(lián)才行，所以合理的電路應(yīng)是C；(2)根據(jù)題(1)中的分析可知，變阻器應(yīng)選R1，并且應(yīng)采用分壓式接法；(3)根據(jù)題（1）中分析可知電路連接圖如圖所示：(4)圖C電路圖應(yīng)有： 根據(jù)電阻定律應(yīng)有： 聯(lián)立可得：(5)螺旋測微器的讀數(shù)為：D=1mm+20.60.01mm=1.205（0.002）mm；【點(diǎn)睛】明確：通過估算電路中需要的大小電阻來選擇保護(hù)電阻，通過電路中