廣西柳州市鐵一中學2024屆物理高二上期中檢測模擬試題含解析

廣西柳州市鐵一中學2024屆物理高二上期中檢測模擬試題注意事項：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(qū)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?？荚嚱Y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、如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地．一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(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A．帶點油滴將沿豎直方向向上運動 B．P點的電勢將降低 C．帶點油滴的電勢能將減少 D．若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大2、一個矩形線圈在勻強磁場中轉動，產生交流電動勢的瞬時值為，則下列說法中正確的是A．當時，線圈平面與中性面垂直B．當時，穿過線圈的磁通量等于零C．該交流電能讓標注為“300V，”的電容器正常工作D．若轉速n提高1倍，其他條件不變，則電動勢的變化規(guī)律將變?yōu)?、空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖象如圖所示，下列說法正確的是A．O點的電勢最低B．x1和x3兩點的電勢相等C．x2和－x2兩點的電勢相等D．x2點的電勢低于x3點的電勢4、如圖所示，先接通電鍵S使電容器充電，然后斷開S，增大兩極板間的距離時，電容器所帶電量Q，電容C，兩極板間電勢差U的變化情況是（）A．Q變小，C不變，U不變B．Q變小，C變小，U不變C．Q不變，C變小，U變大D．Q不變，C變小，U變小5、如圖，沿波的傳播方向上有間距均為1m的六個質點a、b、c、d、e、f均靜止在各自的平衡位置，一列橫波以1m/s的速度水平向右傳播，t=0時到達質點a，a開始由平衡位置向上運動。t=1s時，質點a第一次到達最高點，則在t=3s時A．質點c的加速度最小B．質點a的速度最大C．質點d開始由平衡位置向下運動D．質點e保持靜止6、如圖，一半徑為R的電荷量為Q的均勻帶電球殼，A、B為球殼表面上的兩點。O、P、M、N在一條直線上，PO＝r且r＞R，PM＝MN，下列說法正確的是（）A．P點的電場強度的大小B．電勢差UPM＝UMNC．電勢差UAP＞UBPD．若電荷量Q不變，P點位置不變，O點位置不變，僅令R變小，則P點的場強變小二、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、如圖所示電路中，電源內阻不能忽略．閉合S后，調節(jié)R的阻值，使電壓表示數(shù)增大ΔU，在這一過程中，則A．通過R1的電流增大B．R2兩端電壓減小ΔUC．通過R2的電流減小量小于D．路端電壓增大量為ΔU8、如圖所示的電路中，所有電阻都不受溫度影響，滑片位于滑動變阻器R2的中點，電鍵S閉合時，水平放置的平行板電容器中帶電塵埃恰好處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將滑片由中點移動到b端的過程中，設△U1、△U2、△U3分別為三塊電壓表示數(shù)變化量的絕對值，△I為流經電源電流變化量的絕對值，則下列說法正確的是（）A．不斷增大B．C．通過R3的電流由c經R3至dD．塵埃帶負電，向上做加速度越來越大的加速運動9、關于電源，下列說法正確的是A．電源是把其他形式能轉化為電能的裝置B．在電源內部，依靠電場力搬運電荷C．電源內部存在著由負極指向正極的電場D．電動勢由電源中非靜電力的特性決定，跟其體積、外電路無關10、如圖所示，電源電動勢E＝6V，小燈泡L的規(guī)格為“4V0.8W”，開關S接1，當滑動變阻器調到R＝8Ω時，小燈泡L正常發(fā)光，現(xiàn)將開關S接2，小燈泡L和電動機M均正常工作．則（）A．電源內阻為2ΩB．電動機的內阻為8ΩC．電動機正常工作電壓為1.6VD．電源的輸出功率為1.12W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）下圖各儀器的讀數(shù)：（螺旋測微器）為___mm，(量程為0.6A的電流表)為___A12．（12分）(1)一位同學在實驗中分別用游標卡尺和螺旋測微器測量物體長度，得到結果如圖所示，游標卡尺示數(shù)______mm，螺旋測微器示數(shù)________mm.(2)現(xiàn)用伏安法研究某電子器件R1(6V，2.5W)的伏安特性曲線，要求特性曲線盡可能完整(直接測量的變化范圍盡可能大一些)，備有下列器材：A．直流電(6V，內阻不計)；B．電流表G(滿偏電流Ig＝3mA，內阻Rg＝10Ω)；C．電流表A(0～0.6A，內阻未知)；D．滑動變阻器(0～20Ω，5A)；E．滑動變阻器(0～200Ω，1A)；F．定值電阻R0(阻值1990Ω)；G．開關與導線若干．①根據題目提供的實驗器材，請你在方框中設計出測量電子器件R1伏安特性曲線的電路原理圖(R1可用“”表示)________．②在實驗中，為了操作方便且能夠準確地進行測量，測動變阻器應選用________(填寫器材序號)．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，是一提升重物用的直流電動機工作時的電路圖，所加電壓為120V，通過的電流為4A．該電動機在12s內把一個質量為60kg的物體勻速提高了8m，不計摩擦，g取10m/s2，求：（1）電動機的電功率；（2）電動機線圈的內阻；（3）電動機的工作效率。14．（16分）(1)科學家發(fā)現(xiàn)，除了類似太陽系的恒星-行星系統(tǒng)，還存在許多雙星系統(tǒng)，通過對它們的研究，使我們對宇宙有了較深刻的認識．雙星系統(tǒng)是由兩個星體構成，其中每個星體的線度（直徑）都遠小于兩星體間的距離，一般雙星系統(tǒng)距離其他星體很遠，可以當做孤立系統(tǒng)處理．已知某雙星系統(tǒng)中每個星體的質量都是M0，兩者相距L，它們正圍繞兩者連線的中點做勻速圓周運動，引力常量為G．求：①該雙星系統(tǒng)中星體的加速度大小a；②該雙星系統(tǒng)的運動周期T．(2)微觀世界與宏觀世界往往存在奇妙的相似性．對于氫原子模型，因為原子核的質量遠大于電子質量，可以忽略原子核的運動，形成類似天文學中的恒星-行星系統(tǒng)，記為模型Ⅰ．另一種模型認為氫原子的核外電子并非繞核旋轉，而是類似天文學中的雙星系統(tǒng)，核外電子和原子核依靠庫侖力作用使它們同時繞彼此連線上某一點做勻速圓周運動，記為模型Ⅱ．已知核外電子的質量為m，氫原子核的質量為M，二者相距為r，靜電力常量為k，電子和氫原子核的電荷量大小均為e．①模型Ⅰ、Ⅱ中系統(tǒng)的總動能分別用EkⅠ、EkⅡ表示，請推理分析，比較EkⅠ、EkⅡ的大小關系；②模型Ⅰ、Ⅱ中核外電子做勻速圓周運動的周期分別用TⅠ、TⅡ表示，通常情況下氫原子的研究采用模型Ⅰ的方案，請從周期的角度分析這樣簡化處理的合理性．15．（12分）如圖所示，兩豎直虛線間距為L，之間存在豎直向下的勻強電場．自該區(qū)域的A點將質量為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出．小球進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的右邊界離開．已知N離開電場時的位置與A點在同一高度；M剛離開電場時的動能為剛進入電場時動能的8倍．不計空氣阻力，重力加速度大小為g．已知A點到左邊界的距離也為L．（1）求該電場的電場強度大?。唬?）求小球射出的初速度大?。唬?）要使小球M、N離開電場時的位置之間的距離不超過L，僅改變兩小球的相同射出速度，求射出速度需滿足的條件．

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、B【解題分析】A、將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據得知板間場強減小，油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動．故A錯誤．B、場強E減小，而P點與下極板間的距離不變，則由公式U=Ed分析可知，P點與下極板間電勢差將減小，而P點的電勢高于下極板的電勢，則知P點的電勢將降低．故B正確．C、由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負電，P點的電勢降低，則油滴的電勢能將增加．故C錯誤．D、根據Q=UC，由于電勢差不變，電容器的電容減小，故帶電量減小，故D錯誤；故選B．【題目點撥】本題運用分析板間場強的變化，判斷油滴如何運動．運用推論：正電荷在電勢高處電勢能大，而負電荷在電勢高處電勢能小，來判斷電勢能的變化．2、B【解題分析】t=0時，電動勢為零，線圈平面與磁感線垂直，線圈平面與中性面重合，故A錯誤；當時，，電動勢最大，線圈與中性垂直，磁能量等于零，故B正確；300V是電容器允許的最高電壓，而該交流電最大值是，所以此交流電不可以使“”的電容器正常工作，故C錯誤；感應電動勢的瞬時值表達式為，當將其電樞的轉速提高一倍時，由，，可知和都增加一倍，則表達式為，故D錯誤；故選B.3、C【解題分析】AB.沿著電場線方向電勢逐漸降低,可知O點的電勢最高.x1的電勢高于x3的電勢．故A錯誤，B錯誤；C.

x2和?x2兩點關于原點對稱,由O點向兩邊電勢都降低且電場強度的變化相同可知，x2和?x2兩點電勢相等，故C正確；D.沿著電場線方向電勢逐漸降低,故x2的電勢高于x3點的電勢，故D錯誤．故選C.點睛：根據題意，電場關于x軸對稱分布可知，作出電場線如圖，根據順著電場線，電勢降低和對稱性可判斷電勢高低．4、C【解題分析】

由于充電后，電容器的帶電量Q不變，AB錯誤；根據可知，當兩板間距離d增大時，電容C變小，根據可知，而兩板間的電勢差U增大，D錯誤；而內部電場強度，因此電場強度與兩板間距離變化無關，C正確．【題目點撥】電容器的定義式是一個比值定義，也就是電容器的大小與Q和U都無關，只與它們的比值有關；而電容器的決定式說明電器的大小與兩板的正對面積成正比，與兩板間的距離成反比；電容器內部是勻強電場，且電場強度大小為．5、D【解題分析】

C．由題意可知，波的周期T=4s；波長，則3s內波傳播3m，即d點開始起振在平衡位置向上振動，選項C錯誤；A．此時質點c在波峰位置，加速度向下最大，選項A錯誤；B．質點a到達波谷位置，速度最小，選項B錯誤；D．此時波還沒有傳到e點，即質點e保持靜止，選項D正確。6、A【解題分析】

均勻帶電球殼在P點產生的場強等效于電荷量為Q的點電荷置于O點在P點產生的場強，則P點產生的場強，若電荷量Q不變，P點位置不變，O點位置不變，僅令R變小，則P點的場強不變，故A正確，D錯誤；由P到N，電場強度逐漸減小，根據U＝Ed可知，UPM＞UMN，故B錯誤；均勻帶電球殼為等勢面，A、B兩點的電勢相等，則UAP＝UBP，故C錯誤。所以A正確，BCD錯誤。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、AC【解題分析】

A．電壓表示數(shù)增大△U，R1是定值電阻，根據歐姆定律，可知其電流增大，故A正確；BCD．電壓表示數(shù)增大△U，并聯(lián)部分的電阻增大，整個電路總電阻增大，總電流減小，則R2兩端電壓減小，電源的內電壓減小，由閉合電路歐姆定律知路端電壓增大；所以R2兩端電壓減小小于△U，通過R2的電流減小量小于，由于R2兩端電壓減小，則知路端電壓增大量小于△U，故BD錯誤，C正確．8、CD【解題分析】

根據閉合電路的歐姆定律U3＝E?I(R1+r)，所以，保持不變，故A錯誤；R1為定值電阻，；電壓表V1測量路端電壓，U1＝E?Ir，所以，故B錯誤；滑片由中點移動到b端的過程中，變阻器的電阻變大，電路總電阻變大，總電流變小，滑動變阻器兩端的電壓變大，滑動變阻器兩端的電壓等于電容器兩端的電壓，電容器電壓增加，電量增加，電容器充電，電流由負極板流向正極板，即通過R3的電流由c經R3至d，故C正確；電容器上極板帶正電，電場方向向下，塵埃原來靜止，則重力和電場力平衡，電場力向上，所以塵埃帶負電，因為電容器兩端的電壓不斷增加，電場強度不斷增加，電場力不斷增加，根據牛頓第二定律Eq-mg=ma，加速度不斷增大，所以向上做加速度越來越大的加速運動，故D正確；故選CD.9、AD【解題分析】

A．電源能將其他形式的能轉化為電能，故A正確；B．電源內部依靠非靜電力搬移電荷而做功，把其他形式的能轉化為電能，故B錯誤；C．電源內部存在著由正極指向負極的電場，故C錯誤；D．電動勢是表示電源把其他形式的能轉化為電能的本領大小的物理量，電動勢由電源中非靜電力的特性決定，跟其體積、外電路無關，故D正確。10、ACD【解題分析】開關S接1時，小燈泡L正常發(fā)光，電路電流，根據閉合電路歐姆定律有，解得，故A正確；開關S接2時，電路電流，電動機正常工作電壓為，故C正確；電動機的熱功率未知，電動機的內阻無法解出，故B錯誤；電源的輸出功率為，故D正確；故選ACD。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、2.1500.42【解題分析】

螺旋測微器讀數(shù)為：2mm+0.01mm×15.0=2.150mm；量程為0.6A的電流表最小刻度為0.02A，則讀數(shù)為：0.42A；12、14.505.663D【解題分析】

(1)①游標卡尺的主尺讀數(shù)為，游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為，所以最終讀數(shù)為：；②螺旋測微器的固定刻度為，可動刻度為，所以最終讀數(shù)為．(2)①由題意要求可知，電壓從零開始變化，并要多測幾組數(shù)據，故只能采用滑動變阻器分壓接法；燈泡的電阻約為，燈泡的電阻值比較小，屬于小電阻，所以用電流表外接法，電路圖如答案圖所示：②因要求電壓從零開始變化，變阻器用分壓接法，應選小阻值的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、（1）480W；（2）5Ω；（3）83.3%?！窘忸}分析】

（1）電動機的總功率為：P=UI=120×4=480W；（2）電動機在12s內把一個質量為60Kg的物體勻速提高了8m，故拉力等于重力，為600N，速度為：v=；電動機輸出的電功率為：P出=Fv=600×=400W；根據能量守恒定律，有：P=I2R+P出；解得：R=5Ω；（3）電動機的工作效率：η==83.3%【題目點撥】（1）根據W=UI求解電動機的總功率；（2）根據P=Fv求解輸出的電功率，根據能量守恒定律并結合焦耳定律求解線圈內電阻；（3）電動機的效率等于輸出功率與總功率的百分比。14、(1)①②(1)①②，因為M>>m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更簡單方便．【解題分析】

(1)①根據萬有引力定律和牛頓第二定律有：解得②由運動學公式可知，解得(1)①模型Ⅰ中，設電子繞原子核的速度為v，對于電子繞核的運動，根據庫侖定律和牛頓第二定律有解得：模型Ⅱ中，設電子和原子核的速度分別為v1、v1，電子的運動半徑為r1，原子核