2023学年广西北海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、关于地磁场和指南针的应用，下面说法正确的是：A地磁南极和地理北极完全重合；B地磁南极和地理南极完全重合；C指南针的指向与实际方向存在地磁偏角；D不同地点的磁偏角是相同的2、如图所示,R1=R2=R3=R，A、B两端电压恒为U,开关S接通后

2、流过R2的电流是S接通前的A12 B23 C13 D433、亚里士多德认为：物体越重下落得越快伽利略否定了这种看法在同一高塔顶端同时释放一片羽毛和一个金属球，金属球先于羽毛落到地面，根据伽利略的观点这主要是因为（）A它们的重量不同B它们的密度不同C它们的材料不同D它们受到的空气阻力影响不同4、关于电场强度的公式E=，下列说法正确的是（ ）A由公式可知，电场强度与试探电荷所带电量成反比B此公式只能适用于真空中的点电荷产生的电场C此公式为电场强度的定义式，可以适用于各种电场D公式中q是产生电场的电荷带电量，F是试探电荷所受到的力5、如图甲所示，电压表V1、V2串联接入电路中时，示数分别为6 V和4

3、 V，当只有电压表V2接入电路中时，如图乙所示，示数为9 V，电源的电动势为 （）A9.8 VB10 VC10.8 VD11.2 V6、关于力和运动的关系，下列说法中正确的是A力是物体运动的原因B力是维持物体运动的原因C力是物体获得速度的原因D力是改变物体运动状态的原因二、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，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动已知金属块在移动的过程中，力F做功32J，金属

4、块克服电场力做功8J，金属块克服摩擦力做功16J，重力势能增加18J，则在此过程中金属块的（ ）A动能减少10JB电势能增加24JC机械能减少24JD内能增加16J8、电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q.两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中xL处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为2L和2L，则下列判断正确的是( )A两点电荷一定为异种电荷B原点O处场强大小为C负检验电荷在原点O处受到向左的电场力D负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大9、在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种

5、小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A则此时（）AL1的电压为L2电压的2倍BL1消耗的电功率为0.75WCL1、L2消耗的电功率的比值大于4：1DL2的电阻为1210、在如图所示的UI图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是()A电源的电动势为3 V，内阻为0.5 B电阻R的阻值为0.5C电源的输出功率为4 WD电源的效率为50%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）一细而均匀的导电材料，截面

6、为圆柱体，如图所示此材料长约5cm.电阻约为100，欲测量这种材料的电阻率，现提供以下实验器材A20分度的游标卡尺；B螺旋测微器：C电流表A1（量程50mA，内阻r1=100）；D电流表A2（量程100mA，内阻r2约为40）：E.电压表V2（量程15V，内阻约为3000）；F.滑动变阻器R1（010，额定电流2A)；G.直流电源E（电动势为3V，内阻很小）；H.上述导电材料R2（长约为5cm，电阻约为100）；I.开关一只，导线若干请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品电阻率的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图所示，其示数L=_cm.用螺旋测微器测得该样品的外直

7、径如图所示，其示数D=_mm.（2）在所给的方框中画出设计的实验电路图_，并标明所选择器材的物理量符号（3）用已知的物理量和所测得的物理量的符号表示这种材料的电阻率为=_12（12分）一实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线（结果如图丙），他们设计了如图甲所示的电路图请回答下列问题：（1）请将图乙中的实物连线按电路图补充完整_（2）在电路图中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零原因可能是图中的_（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良（3）测得元件Q的伏安特性曲线如图丙所示，则下列说法中正确的是_A加0.8 V电压时，导体的电阻约是16

8、B加1.6 V电压时，导体的电阻约是4 C由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小四、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）一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转轴使其不能转动，在线圈两端加电压为0.3V，电流为0.3A。松开转轴，在线圈两端加电压为2 V时，电流为0.8 A，电动机正常工作。求该电动机正常工作时，输入的电功率是多少?电动机的机械功率是多少?14（16分）电场中A、B两点的电势是A=800V，B=200V把电荷q=1.510-8C由A移动到B点，电场

9、力做了多少功？电势能是增加还是减少？变化了多少？15（12分）某商场安装了一台倾角为30的自动扶梯，该扶梯在电压380 V的电动机带动下以0.4 m/s的恒定速度向斜上方运动电动机的最大输出功率为4.9 kW，不载人时测得电动机中的电流为5A，若载人时扶梯的移动速率和不载人时相同，则这台自动扶梯可同时乘载的人数最多是多少？（设人的平均质量为60 kg，g取10 m/s2）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】根据地磁场的分布可知，地磁南极和地理北极并非完全重合，地理北极的附近是地磁南极，地理南极的附近是地磁

10、北极，选项AB错误；指南针的指向与实际方向存在地磁偏角，且不同地点的磁偏角是不相同的，选项C正确，D错误；故选C【点睛】地球是个巨大的磁体，地球的周围存在着磁场，任一点的磁场方向是不变的地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近2、B【解析】开关S接通前，R1、R2串联；S接通后，R2、R3并联后与R1串联根据欧姆定律，并结合串并联电路的特点求解【详解】设AB两端的电压为U，R1=R2=R3=R，则S接通时，I1=UR+R2=2U3R，则通过R2的电流为I2=I12=U3R，S断开时，I2=U2R，故I2I2=23，故选B。【点睛】此题考查欧姆定律及电阻的串、并联要注意在采用比例法时，要用

11、相同的量表示所研究的物理量3、D【解析】重的物体和轻的物体下落的快慢相同，即两物体同时落地原因是：现实中由于存在空气，而羽毛受到的阻力相对于重力来说较大，加速度，故金属球的加速度大于羽毛的加速度，故金属球首先落地，故ABC错误，D正确；故选D。【点睛】金属球与羽毛能否同时落地，关键看加速度是否相同；其中羽毛阻力与重力比不能忽略，玻璃球重力远大于阻力，根据牛顿第二定律列式分析即可。4、C【解析】解：A、电场强度反映电场本身的性质，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量无关，故A错误BC、E=为电场强度的定义式，运用比值法定义，适用于各种电场，故B错误，C正确D、公式中q是放入电场中的试探电荷，F是试

12、探电荷所受到的力，故D错误故选C【点评】本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定5、C【解析】设电源的电动势和内阻分别为E和r，电压表V2的内阻为R2，根据闭合电路欧姆定律，对图甲和图乙分别有解得E10.8 V故选C。6、D【解析】根据牛顿第一定律可知，力是改变物体运动状态的原因，不是物体运动的原因，也不是维持物体运动的原因，也不是物体获得速度的原因，故选D.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、AD【解析】A根据动能定

13、理，合外力做功等于动能变化量，则即动能减少10J；A正确；B电势能的变化量等于电场力做功，即即电势能增加8J；B错误；C机械能的变化量等于除重力以外的其它力做功，即即机械能增加8J；C错误；D内能增加量等于客服摩擦力做功，即16J，D正确。故选AD。8、BC【解析】由题中“两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示”可知，本题考查两点电荷之间电势变化、电场和电场力变化，根据点电荷电场规律、电场线分布规律和电势变化可分析本题。【详解】A正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，因此由图可知，两点电荷均为正电荷，故A错误；BC在xL处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，得，故原点

14、出的场强大小为方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，故BC正确；D由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误。9、BC【解析】灯泡是非线性元件，根据L1、L2、L3的电压，由伏安特性曲线可读出电流，由R=U/I算出它们的电阻，再依据功率表达式P=UI，及并联电路电压相等，串联电路电流相等，从而即可求解【详解】A. 电路中的总电流为0.25A，则通过L1的电流为0.25A，则由图可知，L1两端的电压为3.0V；因L2和L3并联，则L2和L3电压相等，它们的电阻相等，因此它们的电流也相等，则通过L2电流为0.125A，则由图可知，L2

15、两端的电压约为0.4V，故A错误；B、由伏安特性曲线可以读出电流为I1=0.25A，电压为U1=3V时的，L1消耗的电功率为P=U1I1=30.25=0.75W，故B正确； C、通过R2的电流为I2=0.125A,电压U2=0.4V，功率P2=U2I2，约为0.05W，L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1，故C正确； D、电流为I2=0.125A,电压U2=0.4V，L2的电阻R2=U2/I2，约为3，故D错误； 故选BC.10、AC【解析】A、根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=UI=36=0.5，故A正确；B、电阻R的阻值为R=U

16、I=22=1，故B错误；C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W，故C正确；D、电源的效率=P出P总=UIEI=23=66.7%，故D错误；故选AC。【点睛】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻，两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率。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、（1）5.015 4.700 （2）如图所示； （3） 【解析】（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：50mm+

17、30.05mm=50.15mm=5.015cm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：4.5mm+20.00.01mm=4.700mm（2）电源电动势为3V，电压表量程为15V，电压表量程太大，不能用电压表测电压，可以用已知内阻的电流表A1与待测电阻并联测电压，用电流表A2测电流，由于滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：（3）通过待测电阻的电流：I=I2-I1，待测电阻两端电压：U=I1r1，待测电阻阻值为：，电阻定律：，联立可得：12、 f AC 【解析】(1) 由原理图可知，滑动变阻器采用了分压接法，即先将下面两个固定的接线柱接在电源

18、两端；再将用电器的一端接在上面任意一个接线柱上，另一端接到下面任意一个接线柱上；同时电流表采用外接法，注意电表的正极流入；实物图如图；(2) 由题意可知，电流与电源应相连，不能调节到零说明滑动变阻器起不到分压作用，故应是f点接触不良造成的；(3) A项：由得出的图象可知，U=0.8V时，电流I=0.05A；故电阻；B项：由得出的图象可知，U=1.6V时，电流I=0.2A；故电阻；C、D项：图象斜率表示电阻的倒数，随着电压的增大，电阻的倒数增大，电阻减小，故C正确，D错误点晴：变阻器采用分压式接法时，电压表或电流表的示数可以从零调；分析图象的斜率时，应根据需要的物理规律写出纵轴物理量与横轴物理量的表达式，然后再讨论斜率的物理意义即可四、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、1.6W 0.96W【解析】电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻：电动机转动时，消耗的电能转化为内能和