廣東省興寧市一中2023年物理高二第一學期期末調研模擬試題考生須知：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、一帶負電絕緣金屬小球放在潮濕的空氣中，經過一段時間后，發現該小球上凈電荷幾乎不存在了，這說明（）A.小球上原有負電荷逐漸消失了B.在此現象中，電荷不守恒C.小球上負電荷減少的主要原因是潮濕的空氣將電子導走了D.該現象是由于電子的轉移引起的，不遵循電荷守恒定律2、將充足氣后質量為0.5kg的籃球從1.6m高處自由落下，籃球接觸地面的時間為0.5s，豎直彈起的最大高度為0.9m．不計空氣阻力，重力加速度大小為g=9.8m/s2．則觸地過程中籃球地面的平均作用力大小為A.4.9NB.8.9NC.9.8ND.14.7N3、首先發現通電導線周圍存在磁場的物理學家是A.安培 B.奧斯特C.法拉第 D.歐姆4、如圖所示的電路中，輸入電壓U恒為10V，燈泡L標有“5V，10W”字樣，電動機線圈的電阻RM=0.5Ω，若燈泡恰好能正常發光，則下列說法中正確的是A.電動機的電流是10AB.電動機的熱功率是2WC.電動機的輸出功率是10WD.整個電路消耗的電功率是18W5、如圖，為兩根相互平行的通電直導線a、b的橫截面圖，a、b的電流方向已在圖中標出（）A.導線a磁感線沿逆時針方向，導線a、b相互吸引B.導線a磁感線沿順時針方向，導線a、b相互吸引C.導線a磁感線沿逆時針方向，導線a、b相互排斥D.導線a磁感線沿順時針方向，導線a、b相互排斥6、如圖所示，某同學把磁鐵插入線圈時，發現電流表的指針會發生偏轉，當磁鐵：A.靜止在線圈中，電流計指針不會偏轉B.靜止在線圈中，電流計指針會偏轉C.從線圈中抽出時，電流計指針不會偏轉D.從線圈中抽出時，抽出越快電流計指針偏轉幅度越小二、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、電流表G由于允許通過的電流或承受的電壓過小，要測定較大的電流和電壓時需對其進行擴大量程的改裝，下列關于將電流表G擴程的說法正確是()A.把G串聯一個分壓電阻，可以測定較大的電壓，這就改裝成了伏特表（電壓表）B.把G并聯一個分流電阻，可以測定較大的電壓，這就改裝成了伏特表（電壓表）C.把G串聯一個分壓電阻，可以測定較大的電流，這就改裝成了安培表（電流表）D.把G并聯一個分流電阻，可以測定較大電流，這就改裝成了安培表（電流表）8、?如圖甲所示,物塊A.B的質量分別是mA=4.0kg和mB=3.0kg．用輕彈簧栓接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸．另有一物塊C從t=0時以一定速度向右運動,在t=4s時與物塊A相碰,并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖象如圖乙所示,下列說法正確的是（

）A.?物塊C的質量mc=2kgB.?墻壁對物塊B的彈力在4s到12s對B不做功C.?B離開墻后的過程中彈簧具有最大彈性勢能EP=9JD.?墻壁對物塊B的彈力在4s到12s的時間內對B的沖量I為09、在光滑水平面上有一個質量為m=1kg的小球，小球的一端與水平輕彈簧連接，另一端與不可伸長的輕繩相連，輕繩與豎直方向成θ=45°角，如圖所示．小球處于靜止狀態，且水平面對小球的彈力恰好為零，取g=10m/s2，則（）A.此時彈簧的彈力為10NB.剪斷彈簧瞬間，小球加速度的大小為10m/s2C.剪斷細繩的瞬間，小球受到的合力水平向左D.剪斷細繩的瞬間，小球加速度的大小為10m/s210、如圖，一根水平光滑的絕緣直槽軌連接一個豎直放置的半徑為R的絕緣光滑槽軌．整個裝置處在垂直紙面向外的水平勻強磁場中，磁感應強度為B有一個質量m，帶電量為+q的小球在水平軌道上向右運動，恰好能通過最高點，取水平直槽軌所在水平面為零勢能面，小球在最高點的動能為EK，重力加速度為g.下列說法正確的是（）A.小球在最高點的速率為B.小球在最高點的機械能與其在水平軌道上的機械能相等C.小球在最高點的重力大于洛倫茲力D.小球在最高點處重力勢能EP＞4Ek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）欲用伏安法測定一段阻值約為5Ω左右的金屬導線的電阻，要求測量結果盡量準確，現備有以下器材：A電池組(3V，內阻1Ω)B.電流表(0～3A，內阻0.0125Ω)C.電流表(0～0.6A，內阻0.125Ω)D.電壓表(0～3V，內阻3kΩ)E.電壓表(0～15V，內阻15kΩ)F.滑動變阻器(0～20Ω，額定電流1A)G.滑動變阻器(0～2000Ω，額定電流0.3A)H.開關、導線(1)上述器材中應選用的是________________．(填寫各器材的字母代號)(2)實驗電路應采用電流表________(填“內”或“外”)接法(3)設實驗中，電流表、電壓表的某組示數如下圖所示，圖示中I＝________A，U＝________V.(4)為使通過待測金屬導線的電流能在0～0.5A范圍內改變，請按要求下面的方框圖中畫出測量待測金屬導線的電阻Rx的原理電路圖，然后根據你設計的原理電路用筆畫線代替導線將給定的器材連成實驗電路．________________12．（12分）某同學研究小燈泡的伏安特性,所使用的器材有：小燈泡L(額定電壓3.8V，額定電流0.32A)電壓表V(量程3V，內阻3kΩ)電流表A(量程05A，內阻0.5Ω)固定電阻(阻值1000Ω)滑動變阻器R(阻值0～90Ω)電源E(電動勢5V，內阻不計)開關S，導線若干（1）實驗要求能夠實現在0～3.8V的范圍內對小燈泡的電壓進行測量，畫出實驗電路原理圖____（2）實驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示由實驗曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻___(填“增大”“不變”或“減小”)，燈絲的電阻率____(填“增大”“不變”或“減小”)（3）用另一電源(電動勢4V，內阻1.00Ω)和題給器材連接成圖（b）所示的電路，調節滑動變阻器R的阻值，可以改變小燈泡的實際功率，閉合開關S，在R的變化范圍內，小燈泡的最小功率為___W．(結果均保留2位有效數字)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，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??；（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14．（16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15．（12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L

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】A．根據電荷守恒定律，電荷不能消滅，也不能創造，只會發生轉移，故A錯誤；B．此過程中電荷仍然守恒，電荷沒有消失，只是被潮濕的空氣導走而已，仍然遵循電荷守恒定律．故B錯誤；C．金屬小球上的負電荷減少是由于潮濕的空氣將電子導走了，故C正確；D．該現象是潮濕的空氣將電子導走了，是電子的轉移引起，仍遵守電荷守恒定律，故D錯誤。故選C。2、D【解析】由動能定理可以求出小球落地與反彈時的速度，然后由動量定理求出小球對地面的沖擊力【詳解】由動能定理得：小球下落過程：mgh1=mv12-0，，方向豎直向下；小球上升過程：-mgh2=0-mv22，，方向豎直向上；以向下為正方向，由動量定理得：（mg-F）t=mv2-mv1，即：（0.5×9.8-F）×0.5=0.5×（-4.2）-0.5×5.6，F=14.7N；方向向上；故D正確，ABC錯誤．故選D【點睛】本題考查動量定理的應用，只要能熟練應用動能定理與動量定理可以正確解題，應用動量定理解題時，要注意正方向的選取3、B【解析】根據物理學中科學家的主要貢獻即可解題【詳解】首先發現通電導線周圍存在磁場的物理學家是丹麥的物理學家奧斯特．安培提出了分子電流假說，研究了通電導線的磁場．法拉第研究了電磁感應現象，故B正確，ACD錯誤4、B【解析】AB．電動機兩端的電壓為：U1=U-UL=10-5V=5V整個電路中的電流等于燈泡的額定電流為：電動機的電流是2A；電動機的熱功率為：P熱=I2RM=4×0.5W=2W故A錯誤，B正確；C．電動機消耗功率為：P=U1I=5×2W=10W則電動機的輸出功率為：P出=P-P熱=10W-2W=8W故C錯誤D．整個電路消耗的功率為：P總=UI=10×2W=20W故D錯誤；故選B.點睛：解決本題的關鍵知道電動機的能量轉化關系，電動機的輸出功率P出=P-I2RM，知道整個電路消耗的功率P總=UI5、D【解析】根據右手螺旋定則可判斷：導線a磁感線沿順時針方向，再利用左手定則可判斷：導線b受到了向右的安培力，力是相互的所以導線a、b相互排斥，故D正確；ABC錯誤；故選D6、A【解析】考查電磁感應?！驹斀狻緼B．當磁鐵靜止在線圈中時，磁通量不發生變化，沒有感應電流，電流計指針不會偏轉，A正確，B錯誤；C．當磁鐵從線圈中抽出時，有磁通量的變化，會產生感應電流，電流計指針會偏轉，C錯誤；D．當磁鐵從線圈中抽出時，抽出越快，磁通量變化越快，感應電流越大，電流計指針偏轉幅度越大，D錯誤。故選A。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、AD【解析】把電流表改裝成電壓表需要串聯分壓電阻，改裝成電流表需要并聯分流電阻，據此分析答題【詳解】把G串聯一個分壓電阻，可以測定較大的電壓，這就改裝成了伏特表（電壓表），選項A正確，B錯誤；把G并聯一個分流電阻，可以測定較大的電流，這就改裝成了安培表（電流表），選項C錯誤，D正確；故選AD.8、ABC【解析】A．由圖可知，C與A碰前速度為v1=9m/s，碰后速度為v2=3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mCv1=（mA+mC）v2，解得：mC=2kg故A正確。B．在4s到12s內，B不動，則墻壁對物塊B的彈力在4s到12s對B不做功。故B正確。C．在12s時，B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統動量和機械能守恒，且當AC與B速度相等時，彈簧彈性勢能最大，以A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：（mA+mC）v3=（mA+mB+mC）v4，由機械能守恒定律得：，代入數據解得：EP=9J故C正確。D．由圖知，12s末A和C的速度為v3=-3m/s，4s到12s，墻對B的沖量為I=（mA+mC）v3-（mA+mC）v2，解得：I=-36N?s方向向左。故D錯誤。9、CD【解析】考查彈力的突變和牛頓第二定律?！驹斀狻緼．對小球受力分析：彈簧彈力：A錯誤；B．剪斷彈簧的瞬間，彈簧彈力突變為0，繩的拉力也突變為0，水平面對物體有向上的支持力，與重力平衡，合力等于0，加速度為0，B錯誤；C．剪斷細繩的瞬間，繩的拉力突變為0，物體有往下掉的趨勢，水平面對物體有向上的支持力，與重力等大反向，此時物體的合外力為彈簧彈力，水平向左，C正確；D．由牛頓第二定律：解得加速度，D正確。故選CD。10、BCD【解析】A.小球恰好通過最高點時，軌道對小球無作用力，小球在最高點時只受到重力和洛倫茲力兩個力作用，由重力和洛倫茲力的合力提供向心力，則mg-qvB＝m可知，小球在最高點的速率v故A項不合題意.B.由于洛倫茲力和軌道的彈力不做功，只有重力做功，小球運動過程中機械能是守恒的，則小球到達最高點的機械能與小球在水平軌道上的機械能相等，故B項符合題意.C.小球在最高點時，由左手定則判斷可知，小球受到的洛倫茲力方向豎直向上，由重力和洛倫茲力的合力提供向心力，則知，小球在最高點的重力大于洛倫茲力，故C項符合題意.D.小球在最高點處的重力勢能EP＝mg?2R，動能Ek，結合mg-qvB＝m得Ek（mgR-qvBR）mgR，則得EP＞4Ek故D項符合題意.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.ACDFH②.外③.0.48④.2.20⑤.【解析】(1)[1]AH．必用且唯一，故AH正確；BC．估算回路中的電流電流表選擇0.6A，故C正確，B錯誤；DE．因電源電壓為3V，電壓表選3V量程讀數準確，故D正確，E錯誤；FG．滑動變阻器(0～2000Ω，額定電流0.3A)，額定電流較小，易燒壞，故F正確，G錯誤；故選擇ACDFH選項。(2)[2]金屬導線的電阻約為5Ω，滿足，待測電阻為小電阻，采用外接法相對誤差較小，故選擇電流表外接法。(3)[3]百分位上的數字已不準確，保留到百分位即可，讀得0.48A；[4]1格表示0.1V，估讀到百分位，讀得數值為2.20V；(4)[5]由以上分析可知電流表采用外接法，因滑動變阻器阻值較小，且要求測量結果盡量準確，滑動變阻器采用分壓式接法，所以畫的電路圖為12、①.電路圖見解析；②.增大；③.增大；④.0.39【解析】（1）[1]．因本實驗需要電流從零開始調節，因此應采用滑動變阻器分壓接法；因燈泡內阻與電流表內阻接近，故應采用電流表外接法；另外為了擴大電壓表量程，應用R0和電壓表串聯，故原理圖如圖所示；（2）[3][4]．I-U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數，由圖可知，圖象的斜率隨電壓的增大而減小，故說明電阻隨電流的增大而增大；其原因是燈絲的電阻率隨著電流的增大而增大；（3）[5]．當滑動變阻器