2023学年广东省深圳市龙岗区东升学校高二物理第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示已知电场线的方向平行于ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V，设场强大小为E，一电量为1C的正电荷从D点移到C点电场

2、力所做的功为W,则AW=8J E8 V/mBW=6J E6 V/mCW=8J E8 V/mDW=6J E6 V/m2、下列描述正确的是()A开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道是椭圆B牛顿通过实验测出了万有引力常量C库仑通过扭秤实验测定了电子的电荷量D法拉第发现了电流的磁效应3、利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示，则下面哪些叙述符合实验中观察到的结果( )A左板向左平移，静电计指针偏角变小B左板向上平移，静电计指针偏角变小C保持两板不动，在两板间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏角变小D保持两板不动，在两板间插入一块金属板，静电计指针偏角变大4、分别用如图所示的a、b

3、两种电路测量同一未知电阻的阻值，图a中两表的示数分别为5V、90mA，图b中两表的示数分别为4V、100mA，则待测电阻Rx的真实值（ ）A略大于55.5欧B略大于40欧C略小于55.5欧D略小于40欧5、如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；而在C点以初速度v2沿BA方向平抛的小球也能击中D点已知COD60，则两小球初速度大小之比v1v2是（小球视为质点）A12B13C 2D 36、如图所示是示波管的原理示意图，XX和YY上不加电压时，在荧光屏的正中央出现一亮斑，现将XX和YY分

4、别连接如图甲乙所示电压，从荧光屏正前方观察，你应该看到的是图中哪一个图形？ABCD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同一位置上D三种原子核打在屏上时的速度一样大8、如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R1

5、在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里现使金属线框从MN上方某一髙度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿出匀强磁场区域瞬间的v-t图象，图象中的物理量均为已知量重力加速度为g，不计空气阻力下列说法正确的是A金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B金属线框的边长为v1(t2-t1)C磁场的磁感应强度为D金属线框在1 - t4的时间内所产生的热量为9、如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高

6、点由静止释放，且在运动中始终能沿轨道通过各自轨道的最低点M、N，则（）A两小球某次到达轨道最低点时的速度大小不可能有vN=vMB两小球都能到达轨道的最右端C小球a、b第一次同时到达最低点D第一次到达轨道最低点时，小球a对轨道的压力小于小球b对轨道的压力10、如图，在竖直面内有一匀强电场，一带负电的小球（重力不计）在恒力F的作用下沿图中虚线由A至B匀速运动已知F和AB间夹角为，AB间距离为d，小球电量为q则 A匀强电场的电场强度大小为E = F/qBA、B两点的电势差为Fdcos/qC带电小球由A运动至B过程中电势能增加了FdsinD若带电小球由B向A做匀速直线运动，则F必须反向三、实验题：本题

7、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）某同学在做“验证平行四边形定则”实验时，按照正确实验步骤，同时用甲、乙两个弹簧秤将橡皮筋与细绳的结点拉至O点，在白纸上记录了O点位置，以及甲、乙两个弹簧秤拉力方向分别过和点。(1)弹簧秤甲的示数为2.00N，弹簧秤乙的指针位置如图所示，其读数为_N；(2)请在虚线框中，按标度画出这两个共点力的合力；（_）(3)由图得到_N。12（12分）在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200 ，电压表V的内阻约为2 k，电流表A的内阻约为10 ，测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示，结果可由公式Rx计算得出，式中

8、U与I分别为电压表和电流表的示数若将图甲和图乙中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则_(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1_(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2_(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值四、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，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨

9、上初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v1整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行（1）求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；（3）导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q14（16分）如图所示导热汽缸固定在水平地面上，用质量为M的光滑的活塞Q封闭了一定质量热力学温度为T1的理想气体。一不可伸长的细绳绕过定滑轮，一端拴住活塞，另一端栓着质量为m的重物。已知大气压强为P0，活塞的位置离

10、底部距离为H,活塞的截面积为S。最初整个系统处于静止状态，(滑轮质量、滑轮轴上的摩擦和空气阻力均不计)求：(1)剪断细绳当系统再次稳定时,活塞的位置离底部的距离h；(2)再次稳定后，对汽缸加热，使活塞再次回到最初的位置，此时气体的温度T2。15（12分）如图所示，电路中电阻R=10，线圈电阻r=1，加在电路两端电压U=100V，已知电流表读数为30A，则通过电动机线圈的电流为多少？电动机输出功率为多少？电动机的效率是多少？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、A【解析】试题分析：由题匀强电场中，由于D为AB的中点，则

11、D点的电势，电荷从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q（D-C）=110-6（10-2）J=810-6JAB的长度为1m，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离d1m，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed，所以，故选A考点：电势；电场强度2、A【解析】开普勒提出了行星三定律，指出所有太阳系中的行星的轨道形状都是椭圆，选项A正确；卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，选项B错误；密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量，选项C错误；奥斯特发现了电流的磁效应，选项D错误；故选A.3、C【解析】将左板向左平移，板间距离变大，根据C=S4kd，

12、电容器电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差变大，则静电计指针偏角变大。故A错误。将左板向上平移，两板正对面积减小，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大。故B错误。在两板之间插入一块绝缘介质板，电容增大，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小。故C正确。保持两板不动，在两板间插入一块金属板，则板间距相当于减小，电容变大，根据C=Q/U可知两板电势差减小，则静电计指针偏角变小，选项D错误；故选C。【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：

13、一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系，记住两个公式C=S4kd和C=Q/U4、B【解析】先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用（a）图进行测量比较准确（a）图中测量值较真实值偏小【详解】从题中所给数据知电压表示数变化大，则用电压表的真实值测量电路，为（b）电路。用（b）电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大。由R测=UI测=410010-3=40UI真=R真，即真实值偏大；ACD错误， B正确故选B。【点睛】本题考查伏安法测电阻的原理，明确不同接法中电表内阻所引起的误差5、D【解析】小球从A点平抛

14、，可得 小球从C点平抛，可得 联立解得故选D。点睛：根据平抛运动的竖直位移求出运动的时间，根据水平位移求出平抛运动的初速度从而得出两球的初速度之比解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，掌握平抛运动的运动学规律6、D【解析】示波管的YY偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象。【详解】设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为，可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识

15、得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描。在偏转电极YY上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线；由于X方向的电压变化的周期为T0，而Y方向变化的周期为2T0，所以在2T0时间内X方向变化2次，Y方向变化一次。在荧光屏上将出现由两条线组成的图象；由于开始时X方向与Y方向的电压都是0，所以两条线在坐标原点交叉。故D正

16、确，ABC错误，故选D。【点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，注意两极所加电势差的正负。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、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

17、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，因为导致进入偏转电场的初速度不同，C正确D错误。8、BC【解析】金属框进入磁场前做匀加速运动，由图线与时间轴所围的面积读出金属框初始位置的bc边到边界MN的高度；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长；由图知，金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出B由能量守恒定律求出在进入磁场过程中金属框产生的热量【详解】金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向；故A错

18、误；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2-t1，故金属框的边长：l=v1（t2-t1）；故B正确；在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，又 l=v1（t2-t1）联立解得：；故C正确；t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgl=mg1（t2-t1）；t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2=mgl+m(v32v22)=mg1（t2-t1）+m(v32v22)；故Q=Q1+Q2=2mg1（t2-t1）+m(v32v22)；故D正确；故选BCD9、AD【解析】小球在磁场中运动，洛伦兹力对小球

19、不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度大小较小。两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，【详解】于小球在磁场中运动，洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动时电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以不可能有vN=vM（一定有vNvM），在电场中运动的时间也长，故A正确，C错误；由于小球在磁场中运动，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力对小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故B错误；小球在磁

20、场中运动，在最低点进行受力分析可知：，解得：，小球在电场中运动，在最低点受力分析可知： ，解得：，因为vNvM，则FNFM，根据牛顿第三定律知，小球a对轨道的压力小于小球b对轨道的压力，故D正确。所以AD正确，BC错误。【点睛】解决本题时要抓住电场力和洛伦兹力的区别，洛伦兹力对小球不做功，但是洛伦兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小。10、AB【解析】由题意可知，小球只受到恒力F与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，恒力F与电场力是一对平衡力。所以电场力的大小也是F，方向与恒力F的方向相反。即有qE=F，则

21、得E=F/q故A正确。从A到B的过程，电场力做功的大小：W=Fdcos则AB两点的电势差为U=Wq=Fdcosq，故B正确；从A到B的过程，电场力做负功，电势能增加，大小为Fdcos，故C错误；要使带电小球由B向A做匀速直线运动，仍然是合力为0，故F的大小和方向都不变。故D错误。故选AB。【点睛】对小球进行正确的受力分析，得出拉力与电场力是一对平衡力是解决该题的关键；电场力的方向与运动方向无关.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、3.50 2.70（2.502.90均可） 【解析】(1)1弹簧秤乙的分度值是0.1N，所以弹簧秤乙读数为3.50N。(2)2先按标度画出这两个共点力，再用平行四边形定则将两力合成如图： (3)3用刻度尺量出合力及标度对应线段的长度，两者对比后可得12、 Rx1 大于 小于【解析】因为，而，故可认为RxRA，故应采用图甲电路测量更准确，即Rx1更接近待测电阻的真实值；因为， ，UUR，I=IR，则，即测量值Rx1大于真实值；因为， ，U=UR，IIR，则，即测量值Rx2小于真实值；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),方向为b到a；(2)(3)【