1、2023-2024学年辽宁省大连瓦房店市第六高级中学高二物理第一学期期末监测模拟试题注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时
2、，电场力做功W，由此可算出两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点，则( )A.电场力做功仍为WB.电场力做功为C.两点间的电势差仍为UD.两点间的电势差为2、如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面轻弹簧拉住处于静止状态，a为垂直纸面放置的直导线的横截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有电流通过时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于a中电流方向、磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（）A.电流垂直纸面向外时，FN1FN2，弹簧的伸长量减小B.电流垂直纸面向外时，FN1FN2，弹簧的伸长量增大C.电流垂直纸面向里时，FN1FN2，弹簧
3、的伸长量减小D.电流垂直纸面向里时，FN1FN2，弹簧的伸长量增大3、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线,实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点,由此可知()A.带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C.带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度D.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小,比在P点时的大4、如图，半径相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量（可视为点电荷），相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F。今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后
4、移开。这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是（）AB.C.D.5、如图所示，带负电的金属环绕其轴OO匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将( )A.N极竖直向上B.N极竖直向下C.N极水平向左D.小磁针在水平面内转动6、关于分子的下列说法，正确的是（）A.我们将充满气的气球压扁时需要用力，这是因为分子间存在斥力的缘故B.某个气体分子在高温状态时的速率不可能与低温状态时相等C.两分子从相距无穷远到无穷近的过程中，分子间的合力先增大后减小再增大D.分子甲固定不动，分子乙由较远处逐渐向甲靠近直到平衡位置，在这一过程中，分子力先对乙做正功，再对乙做负功二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分
5、。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，在一幢居民楼里有各种不同的用电器，如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R；供电后，设各家用电器全都同时使用时，测得A、B间电压为U，进线电流为I；经过一段时间t，从总电能表中测得这段时间内消耗的电能为W，则下列表达式用来计算该幢楼居民用电的总功率，其中正确的是()A.P=I2RB.P=C.P=IUD.P=8、如图所示，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，电荷量相等的、两粒子，分别从、两点沿轴正方向同时射入磁场，两粒子同时到达点
6、，此时粒子速度恰好沿轴负方向，粒子间作用力，重力忽略不计，则、粒子（）A.带正电，带负电B.运动周期之比C.半径之比为D.质量之比为9、如图，两块正对平行金属板M、N与电池相连，N板接地，在与两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，如果M板向下平移一小段距离，则A.点电荷受到的电场力变大B.M板的带电荷量增加C.P点的电势不变D.点电荷在P点具有的电势能增大10、如图所示电路，电源内阻不可忽略开关S闭合后，在变阻器Ro的滑动端向下滑动的过程中( )A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表的示数减小，电流表的示数增大C.电阻R1消耗的电功率增大D.电源内阻消耗的功率减小三、实验题：本题共2小题，
7、共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）某同学用多用电表测量某电阻的阻值R，他将多用电表的选择开关旋转到欧姆挡的“100”位置，进行欧姆调零后用正确的测量方法进量，结果刻度盘上的指针位置如图所示，可知R=_k。12（12分）在测量电源电动势和内电阻的实验中，已知一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为0.30；电压表V(量程为3V，内阻约3k；电流表A（量程为0.6A，内阻等于0.70）；滑动变阻器R（10，2A）为了更准确地测出电源电动势和内阻(1)请在图1方框中画出实验电路图_(2)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动
8、势E=_V，内阻r=_（结果均保留两位小数）(3)某小组在实验时，发现电流表坏了，于是不再使用电流表，仅用电阻箱替换掉了滑动变阻器，他们在实验中读出几组电阻箱的阻值和电压表的示数U，描绘出的关系图像，得到的函数图像是一条直线若该图像的斜率为k，与纵轴的截距为b，则其电动势为_，内阻为_四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今
9、有一质量为m=4.810-25kg、电荷量为q=1.610-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）求P、Q之间的距离L14（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时
10、，轨道受到的压力大小15（12分）如图，两根间距为L0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E3V、内阻r1的电源，导轨平面与水平面间的夹角37金属杆ab垂直导轨放置，质量m0.2kg导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中当R01时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】让电荷量为2q的点电荷在电
11、场中由A点移到B点，电场力做功为q2U=2W，故A错误，B错误；在同一个电场中，两点之间的电势差就不变，与放入的电荷的电荷量的大小无关，所以AB之间的电势差的大小还是U，C正确，D错误故选：C点睛：两点间的电势差是由电场决定的，电场不变，两点之间的电势差就不变，根据W=qU可以直接计算电场力做功的大小2、D【解析】设斜面倾角为，导线中无电流时如果电流垂直纸面向外时，磁体对导线的作用力方向斜向左下方，由牛顿第三定律可知，磁体受到导线的作用方向斜向右上方，此力分解为平行斜面向上和垂直斜面向上，所以有此时弹簧弹力变小，弹簧的伸长量减小；如果电流垂直纸面向里时，磁体对导线的作用力方向斜向右上方，由牛顿
12、第三定律可知，磁体受到导线的作用方向斜向左下方，此力分解为平行斜面向下和垂直斜面向下，所以有此时弹簧弹力变大，弹簧的伸长量增大；故选D。3、C【解析】A由电场线疏密可知，R点场强比Q场强点大，所以带电粒子在R点的电场力大，则带电粒子在R点的加速度大，A错误；BC带电粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若带电粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，带电粒子的电势能增大，动能减小，则带电粒子经过R点时的动能大于经过Q点时的动能，即带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度，而P点电势能最小，所以带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，B错误，C正确；D根据能量守恒定律，带
13、电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变，D错误。故选C。4、A【解析】A、B两球相互吸引，则两球带异种电荷，设A带有电荷量为Q，B带有电荷量为-Q，相隔一定距离r，两球之间相互吸引力的大小是第三个不带电的金属小球与A球接触后移开，第三个球与A球的带电量都为，第三个球与B球接触后移开，第三个球与B球的带电量都为A、B两球之间的相互作用力的大小故选A。5、C【解析】带电金属环形成逆时针电流（从右向左看），根据安培定则可知，通过金属环轴OO处的磁场方向水平向右，小磁针处的磁场方向水平向左，故小磁针N极最后水平指向左方，所以只有选项C正确；6、C【解析】A我们将充满气的气球压扁时需要用力，
14、这是因为气体压强的原因，故A错误；B温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，但是具体到某一个分子上，温度升高时，其速率有可能不变，故B错误；C根据分子力大小和分子间距离的图线可知，分子间距离为平衡距离时，分子力为零，所以两分子从相距无穷远到无穷近的过程中，分子间的合力先增大后减小再增大，故C正确；D分子甲固定不动，分子乙由较远处逐渐向甲靠近直到平衡位置，在这一过程中，分子间一直表现为引力，分子力一直对乙做正功，故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的
15、得0分。7、CD【解析】居民楼里的用电器不全是纯电阻所以不可以用PI2R，P，进行功率计算，计算该幢楼居民用电的总功率可以用PIU，P，选CD8、BC【解析】两粒子在磁场中运动轨迹如图所示A由左手定则可知，带负电，带正电，A错误；C由图可知的轨道半径为由几何关系可知的轨道半径满足解得则、粒子的轨道半径之比为C正确；B设粒子的运动周期为，粒子的运动周期为，由图可知粒子运动轨迹对应的圆心角为，粒子运动轨迹对应的圆心角为，由题意可得可得B正确；D粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有粒子的运动周期为由于两粒子的电荷量相等，则有D错误。故选BC9、AB【解析】本题考查电容器的动态分析。【详解】A.由题分析得
16、知，电容器的板间电压保持不变，将M板向下平移一小段距离，板间距离减小，由公式可知，板间场强增大，点电荷受到的电场力增大，故A正确；B.电容器的板间电压保持不变，将M板向下平移一小段距离，板间距离减小，电容器的电容C增大，根据可知，M板的带电量增加，故B正确；C.板间场强增大，P点与下板间的距离未变，则由，可知P点与下极板之间电势差增大，下极板电势为零，且P点的电势高于下极板的电势，则P点的电势升高，故C错误；D.该点电荷带负电，而P点电势升高，则点电荷在P点具有的电势能减小，故D错误。故选AB。10、AC【解析】当变阻器Ro的滑动端向下滑动时，R0的阻值变小，故它与R2并联的总电阻变小，再与R
17、1串联的总电阻也会变小，即外电器的电阻变小，所以路端电压的示数变小，即电压表的示数变小，由于电路的总电阻减小，所以电路中的电流会变大，所以R1两端的电压也随之变大，故R0与R2并联的两端电压一定变小，则电流表的示数会变小，选项A正确，B错误；由于电路中的电流增大，故电阻R1消耗的电功率增大，选项C正确；电源内阻消耗的电功率也增大，选项D错误考点：电路的动态分析【名师点晴】通过电路中外电阻的变化，由欧姆定律，串联电路的电压分配规律判断出其他物理量的变化，从而确定电路中电压表与电流表示数的变化，再确定电阻的电功率的变化；动态电路关键要抓住外电阻的变化，从而确定电路中电流的变化，进而确定其他物理量的
18、变化三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、3【解析】1由表盘刻度可知，R=30100=3k.12、 . . .1.481.50 .0.260.30 .1/b .k/b【解析】(1)电路直接采用串联即可，电压表并联在电源两端，由于电流表内阻已知，则应采用电流表相对电源的内接法；电路图如图所示:(2)根据U=E-Ir以及图象可知，电源的电动势为：E=1.48V内阻为：故r=1.0-0.70=0.30；(3)由闭合电路欧姆定律：U=IR；联立变形得：；变形可得：，又此式可知，图中，直线斜率；，解得：；.【点睛】在测量电动势和内电阻的实验中由于公
19、式较多，在解题中要根据题意，灵活的选用相应的表达式若用图象解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式求解四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、8cm【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得代入有关数据，解得，代入数据得=30粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图由几何关系得联立求得代入数据解得14、 (1) (2)3N【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由AC的过程中，由动能定理得：解得：(2)小球在C点时受力分析如图由牛顿第二定律得：解得：由
20、牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：NC=NC=3N15、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）当R0=1时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小【详解】（1）当R01时，根据闭合电路的欧姆定律可得根据左手定则可知安培力方向水平向右；由平衡条件有：BILcosmgsin解得B2T；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；根据牛顿第二定律可得：BILmgsinma解得：a1.5m/s2，方向沿斜面向上【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
