江苏省镇江市实验高级中学2021-2022学年高一第二学期期末模拟考试物理试题（含答案）

这是一份江苏省镇江市实验高级中学2021-2022学年高一第二学期期末模拟考试物理试题（含答案），共15页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年镇江实验高级中学高一下物理模拟卷一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意1.在如图所示的电路中，电阻R＝2.0 Ω，电源的电动势为3.0 V，内电阻r＝1.0 Ω，不计电流表的内阻，闭合开关S后，路端电压为(　　)A．3.0 V　　　       B．1.5 V               C．2.0 V       D．1.0 V2.如图所示，PQ为等量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的一点，M、N分别为AC、BC的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是（　　）A. M、N两点的电场强度相同B. M、N两点的电势相等C. 若将一负试探电荷由M点移到C点，电场力做正功D. 若将一负试探电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定增加3.A、B两个点电荷在真空中所形成电场的电场线（方向未标出）如图所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则（　　）A. 这两个点电荷一定是等量异种电荷B. 这两个点电荷一定是等量同种电荷C. C、D两点的电势一定不相等D. C点的电场强度比D点的电场强度小4.如图所示，两金属板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出。现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板长度应变为原来的 (　　)A.2倍            B.4倍             D.5.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是 (　　)A. B.C. D.6．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R阻值的过程中，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则（　　）A．电压表示数U和电流表示数I的比值为R0+rB．ΔU和ΔI的比值为rC．电容器电荷的增加量为CΔUD．电阻R0两端电压的减小量为ΔU7．“嫦娥四号”展开的太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能。太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图中的曲线所示，太阳能电池板的负载其图线为图中倾斜直线，则下列说法正确的是（　　）A．负载的阻值为2kΩB．太阳能电池板的电动势为3.00VC．外电路的阻值为1kΩ时电源效率约为64%D．太阳能电池板的内阻恒定不变8.力F对物体所做的功可由公式求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（　　）A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为B．乙图中，全过程中F做的总功为82JC．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功D．图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是  9.如图所示的电路中，电源电动势E＝8 V，内阻r＝2 Ω，电阻R2＝6 Ω，电容为1 μF的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R1的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态．下列说法正确的是(　　)A．此时P点电势为6 VB．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 CC．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P点电势不变D．若仅将滑片从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动   10.如图(a)所示的两平行金属板P、Q间加上图(b)所示电压，t=0时，Q板电势比P板高5 V，在两板正中央M点放一电子，初速度为零，电子只受静电力而运动，且不会碰到金属板，则这个电子处于M点右侧、速度向右，且速度逐渐减小的时间段是 (　　)A.0<t<2×10-10 sB.2×10-10 s<t<4×10-10 sC.4×10-10 s<t<6×10-10 sD.6×10-10 s<t<8×10-10 s  二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11.一同学测量某干电池的电动势和内阻．（1）题10-1图所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路．请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处．（2）实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表:根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出关系图象．由图象可计算出该干电池的电动势为         V；内阻为          Ω．R/Ω8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.26/A–16.76.05.34.53.8（3）为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端．调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A时，电压表的指针位置如题10-2 图所示，则该干电池的电动势应为       V；内阻应为     Ω．   12.如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω， R2的阻值未知，R3是一个滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器两个不同端点时分别得到的．求：(1)电源的电动势和内电阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)滑动变阻器R3的最大值．     13.如图所示，在E＝103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝0.4m，一带正电荷q＝10－4C的小滑块质量为m＝0.04kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：（1）小滑块受到的电场力大小（2）要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（3）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）   14.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L=10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离为1.5L，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：甲乙(1)在t=0.05 s时刻，电子打在荧光屏上的何处。(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？                    15.如图所示，一半径为R的绝缘光滑轨道BCD固定在竖直平面内，D点处有一固定挡板，BCD左侧与粗糙倾斜直轨道AB平滑连接，AB与水平方向的夹角。整个装置处在水平向右、电场强度大小为的匀强电场中，并可通过开关控制电场的有无。不加电场时，将一质量为m、带电量为+q的金属小环套在轨道上，从距B点为L的P点处由静止释放，小环恰能运动到与圆心O等高的C点停下。已知小环与AB间的动摩擦因数为0.4，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求PB间的距离L与半径R之比；（2）开启电场后，求从距B点多远处由静止释放小环才能恰不撞击D点的固定挡板；（3）在（2）的情况下，求小环运动过程中对轨道的最大压力。                      1.【答案】C【解析】：由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流为：I＝＝＝1.0 A，则路端电压为U＝IR＝1.0×2.0＝2.0 V故C正确，A、B、D错误．2.【答案】C【解析】试题分析：M、N两点场强大小相等，但方向不同，选项A错误；PQ线上各点的电势均为零，PQ左侧电势为负，右侧电势为正，则M点电势低于N点电势，选项B错误；负电荷由M点移到C处，电势能减小，故电场力做正功，选项C正确；无穷远处电势为零，N点电势大于零，故负电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定减小，选项D错误；故选C。考点：电场强度；电势及电势能.3.【答案】A【解析】试题分析：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，这两点电荷是两个等量异种电荷．故A正确，B错误．根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势．故C错误；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故D错误．故选A4.【答案】A【解析】由y=at2=知，要使y不变，当v0变为原来的2倍时，l变为原来的2倍，故选项A正确。5.【答案】D【解析】根据动能定理有：eU=mv2，得v=，在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内电荷量为q=IΔt=I，则电子个数n==，选项D正确，A、B、C错误。6.【答案】C【解析】A．由图可知R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大，故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律得U=E-I（R0+r）由数学知识得知保持不变，故B错误；CD．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于△U，电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U，故D错误，C正确。故选C。7.【答案】C【解析】A．由图可知，负载的阻值为故A错误；B．由题图图线纵截距，可知该电池的电动势约为2.80V，故B错误；C．由图可知，两图线的交点为（1.80mA，1.80V）即表示负载的实际工作状态，此时电源的效率故C正确；D．由图线可知太阳能电池板内阻是变化的，故D错误。故选C。8.【答案】A【详解】A．因沿着同一根绳做功的功率相等，则力对绳做的功等于绳对物体做的功，则物块从A到C过程中力F做的为故A正确；B．乙图的面积代表功，则全过程中F做的总功为故B错误；C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，可用微元法得小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为故C错误；D．图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，F做的功是而F缓慢将小球从P拉到Q，F为水平方向的变力，F做的功不能用力乘以位移计算，故D错误。故选A9.【答案】B【解析】：由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U＝E＝6 V，那么，电容器两极的电势差为6 V，又有下端接地，故电势为零，那么，P点电势为U＝3 V，故A错误；电容器上极板所带电荷量Q＝CU＝1×10－6×6 C＝6×10－6 C，故B正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变，又有两极板间距离增大，故电场强度减小，又有P点到下级板的距离不变，故电势差减小，那么，P点电势减小，故C错误；滑片从b端向a端移动，那么外电路电阻增大，所以，路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故由开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D错误．10.【答案】B【解析】在0<t<2×10-10 s时间内，Q板电势比P板高5 V，所以电场方向水平向左，电子所受静电力方向向右，加速度方向也向右，所以电子从M点向右做匀加速直线运动，选项A错误；在2×10-10 s<t<4×10-10 s时间内，Q板电势比P板低5 V，电场强度方向水平向右，所以电子所受静电力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，当t=4×10-10 s时速度为零，此时电子在M点的右侧，选项B正确；在4×10-10 s<t<6×10-10 s时间内，Q板电势比P板低5 V，电场强度方向水平向右，所以电子所受静电力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动，选项C错误；在6×10-10 s<t<8×10-10 s时间内，Q板电势比P板高5 V，电场强度方向水平向左，所以电子所受静电力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向左做匀减速直线运动，到8×10-10 s时刻速度为零，恰好又回到M点，选项D错误。 11．【答案】（1）①开关未断开  ②电阻箱阻值为零（2）（见下图）  1.4（1.30~1.44都算对）  1.2（1.0~1.4都算对）（3）1.4（结果与（2）问第一个空格一致）  1.0（结果比（2）问第二个空格小0.2）【解析】（2）推导：根据闭合电路欧姆定律，，变形为，所以电动势为图象的斜率，内阻为图象在轴上的的截距，根据图象科求出斜率和截距，从而求出E和，见答案。（3）电压表读数为66,根据已知条件，电流表内阻因为安阻法测电源电动势和内阻实验中，电动势E，内阻，所以，第（3）问中，电动势同第（2）问，内阻比第（2）问少.12.【答案】：(1)20 V　20 Ω　(2)5 Ω　(3)300 Ω【解析】：(1)由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir将图象中A、B两点的电压和电流代入可得E＝16＋0.2r，E＝4＋0.8r联立解得E＝20 V，r＝20 Ω.(2)当R3的滑片自左向右滑时，R3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大．由此可知，图线上的A、B两点是滑片分别位于最左端和最右端时所得到的．当滑片位于最右端时，R3＝0，R1被短路，外电路总电阻即为R2，故由B点的U、I值可求出R2.R2＝＝ Ω＝5 Ω.(3)当滑片在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的A点，故由A点的U、I值可求出此时外电路总电阻，再根据串、并联电路的规律可求出R3的最大值．R总＝＝ Ω＝80 Ω，又R总＝＋R2代入数值解得滑动变阻器的最大值R3＝300 Ω. 13．（1）0.1N；（2）20m；（3）1.5 N【解析】(1)小滑块受到的电场力大小为(2)小滑块在L点时，重力提供向心力设滑块与N点的距离为x，分析滑块的运动过程，由动能定理可得联立并代入数据解得x＝20m(3)滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得在P点时由牛顿第二定律可得联立并代入数据解得N＝1.5N14.答案　(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点15 cm　(2)40 cm解析　(1)电子经电场加速，根据动能定理可得qU0=mv2经电场偏转后侧移量y=at2=·解得：y=由题图知t=0.05 s时刻U偏=1.5U0，所以y=3.75 cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，则满足=解得：Y=15 cm(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，则满足=解得：Y'=2L=20 cm所以荧光屏上电子能打到的区间长为2Y'=4L=40 cm。 15．（1）；（2）；（3）【解析】（1）对小球从P到C由动能定理得解得（2）开启电场后，对小环受力分分析，可得则小环在AB段对轨道的压力为零，则摩擦力为零，设距离B点距离为静止释放小环才能恰不撞击D点的固定挡板，由动能定理得代入电场强度的值解得（3）在（2）的情况下，小环进入光滑圆轨道后，所受的电场力和重力的合力为方向斜向右下，与竖直方向的夹角的正切值为解得此位置为等效最低点，设小环在等效最低点的速度为，设轨道对圆环的支持力为，由动能定理和牛顿第二定律有联立解得由牛顿第三定律知小圆环对轨道的压力为