2023学年广东省阳山中学高二物理第一学期期中达标检测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、一个带正电的质点,电荷量,在静电场中由a点移到b点过程中,电场力做功,则a、b两点间电势差为ABCD2、在如图所示的电路中，将滑动变阻器R的滑片从位置a向下滑动到位置b的过程中，电路均处于稳定状态。滑片处于位置b和位置a相比，电路中

2、（）A灯泡L的亮度变亮B电容器C所带电荷量Q增大C电源的输出功率P增大D电阻消耗的热功率减小3、如图所示，如图所示，在光滑绝缘水平面上有A、B、C三个可视为点电荷的带电小球，位于同一条直线上，仅在它们之间的静电力作用下均处于静止状态，且距离关系满足：ABBC，下列说法错误的是（）AA、C带同种电荷BA、B带异种电荷CB所带电荷量最大DA、B在C处产生电场的合场强为零4、如图所示，正点电荷形成的电场中，有A、B两点，以下说法正确的是（ ）AA点电势比B点电势低BA点场强比B点场强小C同一个正电荷在A点的电势能比在B点的大D同一个负电荷在A点的电势能比在B点的大5、如图所示，实线是匀强电场的电场线

3、，带电粒子q1、q2 分别从A、C 两点以初速度v垂直射入电场，其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA已知q1带正电，不计粒子的重力和其它阻力则下列说法中正确的是( )Aq2带负电BA点的电势低于C点的电势C电场力对q1做正功，对q2做负功Dq1的电势能增加、q2的电势能减小6、如图，在E=2.0103N/C的匀强电场中有A、M和B三点，其中BM与电场线垂直，AM与电场线成30角，AM=4cm，BM=2cm，把一电量的正电荷从A移动到M点，再从M移动到B点，整个过程中电场力做功为AJB8.010-8 JC1.610-7 JD2.410-7 J二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在

4、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、以速度vo水平抛出一小球，如果从抛出到某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的是A此时小球的竖直分速度大小等于水平分速度大小B此时小球的速度大小为C此时小球速度的方向与位移的方向相同D小球运动的时间为2vo/g8、下列关于电源电动势的说法，正确的是（）A电动势是表示电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量B外电路断开时的路端电压等于电源的电动势C电动势数值上等于闭合电路内外电压之和D外电路的总电阻越大，则路端电压越接近电源电动势9、匀速圆周运动属于A匀速运动B匀加

5、速运动C变速运动D变加速运动10、如图所示，平行板电容器的两极板间的电势差为U，板间距离为d。一个质量为m、带正电荷q的粒子，仅在电场力作用下以某初速度从正极板向负极板运动，经时间t到达负极板，此时的速率为v，则粒子的初速度v0表达式正确的是Av0=v2-2qUm Bv0=v2-qUmCv0=v+qUmdt Dv0=v-qUmdt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（6分） (1)下面左图螺旋测微器读数为_mm，右图游标卡尺读数为_mm(2)某表头满偏电流为1mA、内阻为982（以下计算结果均取整数）为了将表头改装成量程为3V的电压表，需

6、要一个阻值为_的电阻与表头串联；为了将表头改装成量程为50mA的电流表，需要一个阻值约为_的电阻与表头并联12（12分）某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10k），除了Rx，开关S、导线外，还有下列器材供选用：A电压表（量程01V，内阻约10k）B电压表（量程010V，内阻约100k）C电流表（量程01mA，内阻约30）D电流表（量程00.6A，内阻约0.05）E.电源（电动势1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）F.电源（电动势12V，额定电流2A，内阻不计）G.滑动变阻器R0（阻值范围010，额定电流2A）为使测量尽量准确，电压表选用_，电流表选用_，电源选用_。（均填器材的字母代

7、号）；画出测量Rx阻值的实验电路图_。该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会_其真实值（填“大于”“小于”或“等于”），原因是_。四、计算题：本题共2小题，共26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，在平面直角坐标系xOy的第二、三、四象限内存在竖直向上的匀强电场，x轴下方同时存在垂直纸面向外的匀强磁场.一带电小球从x轴上的A点以初速度v0垂直x轴向上射出，小球沿竖直光滑的绝缘圆形轨道内壁运动到y轴上的C点，以速度v0垂直y轴进入第一象限，接着以与x轴正方向成=45从D点斜射入x轴下方，小球再次回到

8、x轴时恰好经过原点O。已知小球的质量为m，带电量为q，重力加速度为g，求：(1)空间第二、三、四象限内匀强电场的电场强度大小E；(2)x轴下方匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)小球从A点运动到O点经历的时间t14（16分）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l0.40 m的绝缘细线把质量为m0.20 kg，带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为37现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，求：(1)小球运动通过最低点C时的速度大小；(2)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小(g取10 m/s2，sin37o=3/5,cos370=4/5

9、)15（12分）如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻RM0.6 ，R10 ，U160 V，电压表的读数为110 V则：(1)通过电动机的电流是多少？(2)输入到电动机的电功率是多少？(3)电动机工作1 h所产生的热量是多少？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、B【解析】由电场力做功与电势差的关系可得：解得a、b两点间电势差A与分析不符，故A错误；B与分析相符，故B正确；C与分析不符，故C错误；D与分析不符，故D错误。2、C【解析】A滑片位于b位置和滑片位于a位置相比，变阻器电阻变小，总电阻变小，根据闭合电路欧

10、姆定律，电路总电流变大，灯泡L两端的电压UL=E-I（R1+r）变小，灯泡L变暗，故A错误；B灯泡电流变小，总电流变大，通过R2支路的电流变大，R2两端的电压增大，R2和变阻器两端的电压等于灯泡L两端的电压，故变阻器两端的电压减小，即电容器两端的电压减小，由Q=CU知，电容器C所带电荷量Q减小，故B错误；C当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，因为R1r，所以外电阻一定大于内阻，外电阻变小时，电源的输出功率P变大，故C正确；D由于总电流增大，根据P=I2R1知电阻R1消耗的热功率增大，故D错误。故选C。3、C【解析】AB根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此AB正确，不

11、符合题意；C根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，即B所带的电荷量最小，选项C错误，符合题意；D因C处于静止状态，可知C处的场强为零，即A、B在C处产生电场的合场强为零，故D正确，不符合题意。故选C。4、C【解析】沿电场线电势逐渐减低，则A点电势比B点电势高，选项A错误；电场线的疏密表示电场强度的强弱，由于电场线的疏密可知，A、B两点电场强度的大小关系，所以EAEB，故B错误正电荷在高电势处电势能大，负电荷在高电势处电势能小，则C正确，D错误；故选C.点睛：明确电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度和电

12、势之间的关系；灵活应用其特点分析求解5、A【解析】由物体做曲线运动的条件，且q1带正电，故电场力水平向右，电场方向向右，则q2受的电场力向左，故q2为负电荷，故A正确；由A项知电场线水平向右，沿电场线的方向电势降低，故A点的电势高于C点的电势，故B错误由图可知，电场力与运动方向夹锐角，则电场力对q1做正功，对q2也做正功，q1的电势能减小、q2的电势能也减小，故D错误；故选A6、A【解析】由题意知，把正电荷从A移动到M点，再从M移动到B点，全程做功为：故选A.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

13、得3分，有选错的得0分。7、BD【解析】试题分析：A、竖直分位移与水平分位移大小相等，有v1t=，t=，竖直方向上的分速度vy=gt=2v1故A错误，D正确；B、此时小球的速度，故B正确；C、速度方向为运动轨迹的切线方向，位移方向为初位置指向末位置的方向，两方向不同，故C错误；故选BD8、ABCD【解析】A电动势是表示电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量，A正确；B外电路断开时的路端电压等于电源的电动势，B正确；C电动势数值上等于闭合电路内外电压之和，C正确；D外电路的总电阻越大，则电路中总电流越小，内阻上的电压越小，此时路端电压越接近电源电动势，D正确。故选ABCD。9、CD【解析】

14、匀速圆周运动的速度方向在变化，不是匀速运动，是变速运动； 匀速圆周运动的加速度大小不变，方向始终指向圆心，不是匀加速运动，是变加速运动。故选CD。10、AD【解析】粒子由正极到负极，由动能定理可知：qU=12mv2-12mv02，解得v0=v2-2qUm，选项A正确，B错误；粒子运动的加速度a=Uqdm，根据v=v0+at可得v0=v-qUmdt，则选项D正确，C错误；故选AD.【点睛】本题考查带电粒子在电场中的加速运动，要注意优先考虑应用动能定理求解，然后考虑用牛顿第二定律和运动公式求解。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、0.900

15、 14.50 2018 20 【解析】(1)1螺旋测微器读数为0.5mm+0.01mm40.0=0.900mm；2游标卡尺读数为1.4cm+0.05mm10=14.50mm；(2)3为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要串联电阻的阻值为4为了将表头改装成量程为50mA的电流表，需要并联电阻的阻值为12、B C F 大于 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压 【解析】由于本题的被测电阻达到10k，所以电源要选择电动势大的，然后根据电路电流选择电流表，电压表；若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，根据和的关系分析电流表的接法；根据电流表的接法判断实验误差所在；

16、【详解】13若选用电源1.5V，由于被测电阻很大，电路中电流非常小，不利于实验，即电源选用12V的，即F；则电压表就应该选取B；2电路中的最大电流为故选用电流表C。4因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10，若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，由于，所以采用电流表内接法，电路图如图所示 56由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流准确，根据可知测量值偏大；【点睛】滑动变阻器的分压和限流接法的区别和选用原则：区别：(1)限流接法线路结构简单，耗能少；(2)分压接法电压调整范围大，可以从0到路端电压之间连续调节；选用原则：(1)优先限流接法，因为它电路结构简单

17、，耗能较少；(2)下列情况之一者，须采用分压接法：当测量电路的电阻远大于滑动变阻器阻值，采用限流法不能满足要求时（本题就是该例子）；当实验要求多测几组数据（电压变化范围大），或要求电压从零开始调节；电源电动势比电压表量程大得多，限流法滑动变阻器调到最大仍超过电压表量程时。电流表内接和外接的选用：当时，宜采用内接法，即大电阻用内接法；当时，宜采用外接法，即小电阻用外接法；可记忆为“大内，小外”。四、计算题：本题共2小题，共26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、（1） （2） （3） 【解析】（1）设圆形轨道半径为R，由A到C：解得：（2）设小球由C到D的运动时间为，题设可知：则：，得：又：，得：小球由D到O做匀速圆周御寒的，设半径为r由，得：（3）由A到C时间由