2023学年广东省惠州市华罗庚中学高二物理第一学期期中达标测试试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、关于电场线的说法，正确的是( )A电场线是电场中实际存在的线B电场线不是实际存在的线，而是为了形象地描述电场而假象的曲线C电场线可以相交D电场线都是平行等距的直线2、在水平地面附

2、近某一高度处，将一个小球以初速度水平抛出，小球经时间t落地，落地时的速度大小为v，落地点与抛出点的水平距离为x，不计空气阻力若将小球从相同位置以的速度水平抛出，则小球A落地的时间变为2tB落地时的速度大小将变为2vC落地的时间仍为tD落地点与抛出点的水平距离仍为x3、如图，竖直绝缘光滑的半圆形槽半径为R，在槽内静置有两个带等量同种电荷的小球A、B，两球质量相等、间距为R.若将两小球看作质点，将一个水平向右的推力F作用在A球上，缓慢将A球推到半圆形槽的底部，则下列说法正确的是( )A槽对B球的支持力变大B两球间距离保持不变C推力F做的功等于两球组成的系统机械能的增加量D两球组成的系统的电势能增大

3、4、如图所示，在一根一端封闭、内壁光滑的直管MN内有一个带正电的小球，空间中充满竖直向下的匀强磁场。开始时，直管水平放置，且小球位于管的封闭端M处。现使直管沿水平方向向右匀速运动，经一段时间后小球到达管的开口端N处。在小球从M到N的过程中（）A磁场对小球做正功B直管对小球做正功C小球所受磁场力的方向不变D小球的运动轨迹是一直线5、带负电的粒子在电场中仅受电场力的作用做匀速圆周运动，关于该电场下列说法中正确的是( )A一定是一个正点电荷形成的电场B可能是一个负点电荷形成的电场C可能是两个等量正点电荷形成的电场D可能是两个等量异种点电荷形成的电场6、如图是一个理想变压器，为单刀双掷电键，是滑动变阻

4、器的滑动触头，为加在原线圈两端电压，为通过原线圈的电流，则（ ）A合在处，保持不变，使上滑，将增大B合在处，保持的位置不变，减小，将增大C保持及的位置不变，由合向后，将增大D保持及的位置不变，由合向后，消耗的功率将减小二、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，有选错的得0分。7、如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( )A经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多B经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功一样多C三种原子核都打在屏上的

5、同一位置上D三种原子核打在屏上时的速度一样大8、下列说法正确的是（ ）A恒定电流是指大小、方向都不随时间变化的电流B白炽灯在正常发光时，“220V 15W”的灯泡电阻比“220V 60W”的灯泡电阻小C导体的电阻与构成它的材料有关D电动机正常工作时消耗的电功率等于其发热的功率9、如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A带电粒子将始终向同一个方向运动B2 s末带电粒子离出发点最远C3 s末带电粒子的速度为零D03 s内，电场力做的总功为零10、在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r

6、在滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中：A电路中的总电流变大B路端电压变大C通过电阻R2的电流变小D通过滑动变阻器R1的电流变小三、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）用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值（阻值约为200），实验室提供如下器材：电池组E：电动势3V，内阻不计电流表A1：量程0 15mA，内阻约为100电流表A2：量程0 300A，内阻为1000滑动变阻器R1：阻值范围0 20，额定电流2A电阻箱R2，阻值范围0 9999，额定电流1A电键S、导线若干要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下面问题：为了测

7、量待测电阻两端的电压，可以将电流表_（填写器材代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到_，这样可以改装成一个量程为3.0V的电压表在方框中画完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是_mA，电流表A2的示数是_A，测得待测电阻Rx的阻值是_本次测量存在一定的系统误差，考虑这个原因测量值比较真实值_（选填“偏大”或“偏小”）12（12分）某实验小组测定一个电池的电动势和内电阻，已知该电池的电动势大约为9V,内电阻小于4，实验室中可供选择的器材有:A电压表V (量程为15V,内阻约2k)1 个B电流表 (量程为500mA，内阻约10

8、)2 个C电阻箱 (阻值范围099.99)1个D电阻箱 (阻值范围0999.9)1个E.滑动变阻器 (阻值为020，额定电流3A)1个F.滑动变阻器如(阻值为020k，额定电流0.2A)1个实验小组认为电流表量程不够，决定将其改装为量程为2.5A的电流表,然后再用伏安法电路测电源的电动势和内电阻，以下是他们的实验操作过程:(1)改装电流表，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成以下填空.按电路图连接实物，把滑动变阻器滑动片移到最左端，把电阻箱阻值调到零:闭合开关，开关保持断开，把滑动变阻器滑动片调到适当位置，使两个电流表读数均为500mA;闭合开关, 多次同步调节电阻箱阻值和滑动变阻器滑片，使

9、干路上电流表读数保持为500mA,同时电流表读数为_时不再调节，保持电流表和该电阻箱并联,撤去其它线路，即得量程为2.5A的电流表(2)在实验电路图甲中电阻箱应选_，滑动变阻器应选_(3)用图中虚线框内的改装电流表(原电流表的表盘没变)，测电源电动势和内电阻,实验电路如图乙所示，得到多组电压和电流的值，并作出图线如图所示，可知电池的电动势为_V, 内电阻为_. (结果保留2位有效数字) 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）用四个阻值均为R的电阻连成如图所示的电路，电键S闭合时，有一质量为m、带电荷量为q的小

10、球静止于水平放置的平行板电容器的中点，平行板电容器的下极板接地现打开电键S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球的电荷量发生变化，碰后小球带有和该极板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为d，不计电源内阻，求：（1）小球开始带什么电？小球开始在中点的电势是多少？电源电动势E为多大？（2）小球与极板碰撞后的电荷量q为多少？14（16分）如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q1与q2间距离为L，q2与q3间距离的3L，每个电荷所受静电力的合力均为零，求q1、q2、q3的电荷量之比。15（12分）如图所示

11、，平行金属板A、B间距为d，电压为，一电子由静止从A板开始加速，穿过B板的小孔，垂直进入平行金属板C、D间的匀强电场C、D两板间距离和板长均为L，在C、D板的右侧L处有一垂直于C、D板的显示屏MN，当C、D间电压为零时，电子打在屏上O点当C、D间电压为U时电子打在MN屏的P点图中没画出已知电子电量为e，质量为m，电子重力不计，求：电子从静止开始运动到打到P点所经过的时间；间的距离参考答案一、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】AB. 电场线是人们为形象描述电场而假想的曲线，实际不存在，故A错误，B正确； C. 电场强

12、度是矢量，而电场线的切线方向表示场强的方向，所以电场线不能相交，故C错误； D. 电场线越密的地方，电场强度越大，只有匀强电场的电场线是一簇等距平行的直线，故D错误。2、C【解析】试题分析：平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列式计算小球的平抛运动时间取决于在竖直方向上做自由落体运动的时间，根据，解得，两种情况下下落的高度相同，所以落地时间相同，都为t，A错误C正确；在水平方向上做匀速直线运动，故，所以第二次落地距离变为原来的2倍，即2x，D错误；落地速度，变为，v不是原来的2倍，B错误3、D【解析】施加F之前，B受

13、到重力、支持力、库仑力，根据几何关系可得：支持力，库仑力；A球被推到半圆形槽的底部后，B受力分析如图，由几何关系可知，即N=mgN1，所以支持力变小，故A错误由上面矢量三角形得，F库一直增大，故两球间的距离减小，故B错误推力F做的功等于两球组成的系统机械能的增加量与电势能增加量之和，故C错误两球带同种电荷，距离减小，克服电场力做功，电势能增加，故D正确故选D【点睛】本题主要是考查力的分析和能量转化，解答本题要能够根据三角形相似得到库仑力的大小变化情况，由此确定电势能的变化4、B【解析】小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，将小球的运动分解为沿管子向里和垂直于管子向右两个方向，根据受

14、力情况和初始条件分析两个方向的分运动情况，研究轨迹；【详解】A、洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故A错误；B、对小球受力分析，受重力、支持力和洛伦兹力，其中重力和洛伦兹力不做功，而动能增加，根据动能定理可知，直管对小球的支持力做正功，故B正确；C、设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动。小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，故CD错误。【点睛】本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似，运动的合成与分解，其轨迹是抛物线，本题采用的

15、是类比的方法理解小球的运动。5、C【解析】带负电的粒子若仅在一个点电荷的电场下，且电场力与速度方向垂直，则作匀速圆周运动，则点电荷一定是正电，且电场力提供向心力。若处于两个点电荷共同叠加的电场中，若两个正点电荷，且电量相等，则由两个点电荷的电场力的合力提供向心力，且合力的方向与速度垂直，所以粒子在两者连线的中心处为圆心，做匀速圆周运动。A一定是一个正点电荷形成的电场，与结论不相符，选项A错误；B可能是一个负点电荷形成的电场，与结论不相符，选项B错误；C可能是两个等量正点电荷形成的电场，与结论相符，选项C正确；D可能是两个等量异种点电荷形成的电场，与结论不相符，选项D错误；6、D【解析】A.保持

16、U1不变，K在b处，原、副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，现使P上滑，R的阻值变大，则副线圈电流减小，理想变压器的电流与匝数关系：，可知原线圈I1将减小，故A错误；B.K合在b处，保持P的位置不变，减小U1，根据，可知U2减小，副线圈电流I2减小，理想变压器的电流与匝数关系：，可知原线圈I1将减小，故B错误；C.保持U1及P的位置不变，K由b合向a后，根据，可知U2减小，副线圈电流I2减小，理想变压器的电流与匝数关系：，可知原线圈I1将减小，故C错误；D.保持U1及P的位置不变，K由b合向a后，根据，可知U2减小，副线圈电流I2减小，根据，可知R消耗的功率减小，故D正确；二、多项选择题：本题

17、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，有选错的得0分。7、BC【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。AB在加速电场中，电场力做的功为：，由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，A错误B正确；CD根据动能定理可得经过电场加速后的动能为：粒子经加速电场加速后，粒子射入偏转电场后在竖直方向上的加速度为，粒子在偏转电场里的运动时间为，粒子在离开偏转电场时发生的竖直方向上发生的偏转为结合可得，即粒子在屏上的偏转量与粒子的m和q无关，所以它们会达到屏上的同一点，因为导致进

18、入偏转电场的初速度不同，C正确D错误。8、AC【解析】A项：大小和方向都不变的叫恒定电流，故A正确；B项：白炽灯在正常发光时，根据P=U2R，可知R=U2P，“220V 15W”的灯泡电阻比“220V 60W”的灯泡电阻大，故B错误；C项：根据电阻定律：R=LS可知，导体的电阻与构成它的材料有关，故C正确；D项：电动机为非纯电阻电路，工作时消耗的电能转化为热量和机械能，故D错误。点晴：解决本题关键理解电动机为非纯电阻电路，工作时消耗的电能转化为热量和机械能，部分电路欧姆定律不成立。9、CD【解析】由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可

19、确定运动情况。【详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为a1=qEm，第2s内加速度a2=2qEm因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：A项：带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；B项：根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点不是最远，故B错误；C项：由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；D项：因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为

20、0，即电场力做的总功为零。故D正确。故应选CD。【点睛】本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动。10、AC【解析】试题分析：在滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中，滑动变阻器电阻减小，回路中总电阻减小，由欧姆定律可知电路中电流增大，电源内阻分得电压增大，由U=E-Ir可知路端电压减小，A对；B错；R2两端电压减小，流过R2的电流减小，C对；干路电流增大，R2支路电流减小，由此可判断流过电阻R1的电流增大，D错；考点：考查串并联和全电路的欧姆定律和动态变化点评：在闭合电路中能够明

21、确串并联关系是解决此类问题的关键，分析动态变化的步骤是：局部整体局部三、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、A2 9000 电路见解析 8.0mA 150A 187.5 【解析】（1）应用伏安法测电阻，需要用电压表测待测电阻电压，现在没有电压表，应该用内电阻已知的小量程电流表A2与电阻箱串联改装成电压表，改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值；（2）滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200，电流表A1内阻约为100，改装电压表内阻为，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示

22、（3）由图示可知，电流表A1的示数为8.0mA，电流表A2的示数是150A；待测电阻两端电压，由欧姆定律得：待测电阻电流表采用外接法，电流测量值偏大，由欧姆定律可知，测量值比较真实值偏小【点睛】本题考查伏安法测电阻时电流表采用内外接法的选择原则及滑动变阻器的连接方法、电表的改装原理、电流表的选取原则、实验误差的分析及串并联电路的有关知识12、100mACE8.7V3.1【解析】由题意可知考查电表改装、测电源电动势和内电阻，根据实验原理分析计算可得【详解】(1)1 电流表最大电流为500mA，欲改装为量程为2.5A的电流表，需要并联的电阻分担电流为2A，也就是说并联电阻为为电流表内阻的，现在总电流为500mA，则电流表分担电流为100mA；(2) 2 3 由上面分析可知并联电阻