2023学年陕西省物理高二上期中学业质量监测模拟试题含解析

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、关于物理学的研究方法，以下说法不正确的是（ ）A伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B卡文迪许在利用扭秤实验装置测万有引力常量时，应用了放大法C电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比

2、D“平均速度”、“总电阻”、“交流电的有效值”用的是等效替代的方法2、如图所示，一个质量为m、电荷量为e的粒子从容器A下方的小孔S，无初速度地飘入电势差为U的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片M上下列说法正确的是（）A粒子进入磁场时的速率vB粒子在磁场中运动的时间tC粒子在磁场中运动的轨道半径rD若容器A中的粒子有初速度，则粒子仍将打在照相底片上的同一位置3、下列对于电容器的电容C=QU的认识，正确的是（）A电容器所带电荷量越大，其电容越大B电容器两极板间的电势差越小，其电容越大C电容C与电容器所带的电荷量及极间的电势差无关D电容C由电容器所带的电荷量及极间的电

3、势差决定4、如图所示，当正电荷从A到C移动过程中，正确的是（ ）A从A经B到C电场力对电荷做功最多B从A经M到C电场力对电荷做功最多C从A经N到C电场力对电荷做功最多D不管从哪条路径使电荷从A到C，电场力做功都相等，且都是正功5、在如图所示电路中，当滑动变阻器的滑动触点向b移动时，正确的是（ ）A电压表和电流表的示数均减小B电压表和电流表的示数均增大C电压表的示数减小，电流表的示数增大D电压表的示数增大，电流表的示数减小6、如图所示，a、b是带有同种电荷的小球，用绝缘细线挂于同一点，两球静止时离水平地面的高度相等，不计空气阻力，两球带电荷量不变。若同时将两细线剪断，则下列说法中正确的是Aa球先

4、落地B两球落地时动能相等C落地时a球飞行的水平距离比b球小D在飞行过程中，a球受到的电场力比b球受到的电场力小二、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，竖直正对的平行板电容器带等量异种电荷，带正电的右板与静电计相连，左板接地假设两极板所带的电荷量不变，电场中P点固定一带正电的点电荷，下列说法正确的是A若仅将左板上移少许，则静电计指针偏角变小B若仅将左板右移少许，则静电计指针偏角变小C若仅将左板上移少许，则P点电势升高D若仅将左板右移少许，则P的点电荷电势能增大8、

5、有三个电阻A若把他们并联起来接入电路,则通过他们的电流之比是6：4：3B若把他们并联起来接入电路,则通过他们的电流之比是2：3：4C若把他们串联起来接入电路，则三个电阻两端的电压之比U1：U2：U3是6：4：3D若把他们串联起来接入电路，则三个电阻两端的电压之比U1：U2：U3是2：3：49、如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），小球从紧靠左极板处由静止开始释放，小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打在右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中（ ）A它们的运动时间的关系为B它们的电荷量

6、之比为C它们的动能增量之比为D它们的电势能减少量之比为10、如图所示，边长为L的等边三角形为两有界匀强磁场的理想边界，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形区域外的磁场（范围足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B把粒子源放在顶点A处，它将沿的角平分线方向发射质量为m、电荷量为q、初速度为的带电粒子（不计重力）若从A点射出的粒子A若粒子带负电，且，则第一次到C点所用时间B若粒子带负电，且 ，则第一次到C点所用时间C若粒子带正电，且，则第一次到C点所用时间D若粒子带正电，且，则第一次到C点所用时间三、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

7、要求写出演算过程。11（6分）太阳能是一种清洁、“绿色”能源在我国上海举办的2010年世博会上，大量利用了太阳能电池太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时（没有储存电能）的I-U特性所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干（1）为了达到上述目的，请将图1连成一个完整的实验电路图（_）（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2的I-U图像由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池的电阻_ （填“很大”或“很小”）；当电压为

8、2.80V时，太阳能电池的电阻约为_12（12分）某实验小组用如图所示装置探究电磁感应现象中感应电流方向与磁场变化的关系，其中L1线圈导线较粗，L2线圈导线较细匝数较多，部分导线已连接好。（1）请用笔画线作为导线把电路连接完整_；（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏 了一下，那么在开关闭合的情况下将线圈L1迅速从线圈L2中拔出时，电流计指针将_（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）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）近百年前英国科学家汤姆逊以及他所带领的一批学者对原子结构的研究奠定了近代物理

9、学的基石，其中他对阴极射线粒子比荷测定实验最为著名，装置如图（1）所示。阜宁中学某班的学生在实验室重做该实验，装置如图（2）所示，在玻璃管内的阴极K 发射的射线被加速后，沿直线到达画有正方形方格的荧光屏上。在上下正对的平行金属极板上加上电压，在板间形成电场强度为 E 的匀强电场，射线向上偏转；再给玻璃管前后的励磁线圈加上适当的电压，在线圈之间形成磁感应强度为 B 的匀强磁场，射线沿直线运动，不发生偏转。之后再去掉平行板间的电压，射线向下偏转，经过屏上 A 点，如图（3）所示。（不计射线的重力，匀强电场、匀强磁场范围限定在刻度“1”和“7”所在的竖直直线之间，且射线由刻度“1”所在位置进入该区域

10、）。求：（1）求该射线进入场区域时的初速度v ；（2）已知正方形方格边长为d ，求该射线粒子的比.（3）带电粒子在磁场中运动到A点的时间？14（16分）一条长为L的细线上端固定在O点，下端系一个质量为m电量为q的带电小球，将它置于一个很大的方向水平向右的匀强电场中，已知小球在B点时平衡，细线与竖直线的夹角为，求：匀强电场的电场强度E当悬线与竖直方向的夹角为多大时，才能使小球由静止释放后，细线到竖直位置时，小球的速度恰好为零(可用的数学公式:)15（12分）有一个电流表G，内阻Rg=20，满偏电流Ig=3mA。要把它改装为量程为03V的电压表，要串联多大的电阻？改装后的电压表内阻多大？参考答案一

11、、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】A.16世纪末，伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代科学发展极为有益的方法。这些方法的核心是把逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法。故A正确；B. 扭秤实验可以测量微弱的作用，关键在于它把微弱的作用经过了两次放大：一方面微小的力通过较长的力臂可以产生较大的力矩，使悬丝产生一定角度的扭转；另一方面在悬丝上固定一平面镜，它可以把入射光线反射到距离平面镜较远的刻度尺上，从反射光线射到刻度尺上的光点的移动，就可以把悬丝的微小扭转显现出来。故B正

12、确；C. 电场强度是用比值法定义的，但是电场强度是由电场本身的性质决定的，与电场力不成正比，与试探电荷的电量不成反比。故C错误；D. 合力与分力”“总电阻”“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法。故D正确。本题选择不正确的，故选：C。2、AC【解析】带电粒子在加速电场中运动，由动能定理有，得粒子进入磁场时的速率为，A正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有，解得，所以周期，粒子在磁场中运动的时间，B错误C正确；若容器A中的粒子有初速度，则根据动能定理，得粒子进入磁场时的速率，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有，解得，若容器A中的粒子有初速度，则粒子打

13、在照相底片上的不同的位置，D错误3、C【解析】电容器的电容与所带电量和两端间的电压无关，由本身的性质决定，故C正确，ABD错误。4、D【解析】由电场力做功知做功的多少和两点之间的电势差有关，不管从哪条路径使电荷从A到C，AC两点的电势差是相等的，所以电场力做功都相等，且沿电场线方向电势降低，所以U0，做正功，故D正确；综上所述本题答案是：D5、D【解析】滑动变阻器的滑动触点向b移动时，R0接入电路的电阻增大，外电路电阻增大，电路中的总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增加，电压表的示数增大；电路的总电流减小，电阻R2两端电压增大，流过R2的电流增大，流过电流表的电流减小，电流表的示数减小故D

14、项正确，ABC三项错误【点睛】电路动态分析问题，按局部到整体，再对局部分析各元件上电压或电流的变化灵活应用闭合电路的欧姆定律，电动势、路端电压和内电压关系，串并联电路的电压电流关系是解决动态电路的关键6、C【解析】根据根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力未剪断两根细线时，对小球受力分析，根据平衡条件和相似三角形表示两球质量的大小关系，抓住竖直方向上运动规律相同，比较运动的时间，根据水平方向上动量守恒比较两球在水平方向上的速度，从而比较落地时水平距离，结合动能定理比较两球落地的动能；【详解】A、同时剪断细线后，二者在竖直方向上均只受重力，故在竖直方向上均做自由落体运动，可

15、知两球同时落地，故A错误；C、对小球受力分析，根据平衡条件有：mag=F库tan，mbg=F库tan，由于，所以mamb，而剪断细线后，在水平方向上，a、b组成的系统动量守恒，故任一时刻mava=mbvb，因mamb，所以vavb；又因时间相等，所以sasb，故C正确；B、由于库仑力对a球做功较小，重力对a球做功较大，根据动能定理可知，无法比较两球落地的动能，故B错误；D、在飞行过程中，根据牛顿第三定律可知，a球受到的电场力等于b球受到的电场力，故D错误；故选C。【点睛】关键是运用平衡条件分析两物体质量关系，采用运动的分解法分析小球的运动规律，剪断细线后，在水平方向上，a、b组成的系统动量守恒

16、。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】A.两极板所带的电荷量不变，若仅将左板上移少许，根据可知，电容C减小，由可知，U增大，所以静电计指针偏角增大，故A错误；B.若仅将左板右移少许，d减小，可知，电容C增大，由可知，U减小，由则静电计指针偏角变小，故B正确；C.若仅将左板上移少许，根据可知，电容C减小，由可知，U增大，由可知，E增大；左极板接地，由沿电场线的方向电势降低可知P点的电势为正，根据可得，P点电势升高，故C正确；D.若仅将左板右移少许，两极板所带

17、的电荷量不变，则E不变，根据可得，P点电势减小，则由可得P的点电荷电势能减小，故D错误；8、AD【解析】AB、若把他们并联起来接入电路，两端电压相同，由则通过他们的电流之比，故A正确，B错误；CD、若把他们串联起来接入电路，通过它们的电流相同，由则三个电阻两端的电压之比，故D正确，C错误；故选AD。9、BD【解析】两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式，可知它们运动时间相同，故A错误小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移，由，得加速度之比根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为，则，故B正确由场力做功分别为，由于，得，故电势能的减小量为，而重力做

18、功相同，则合力做功之比则动能增加量之比，故C错误，D正确故选BD.【点睛】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比10、ABC【解析】AC. 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，如图所示，当则由牛顿第二定律可得：，作出根据几何关系可知作出运动轨迹，根据轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C点，即为t3=T当粒子带负电，粒子经过第一次到达C点，即为故AC正确BD.当根据轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过到达C点，即为当粒子带负电，粒子经过第一次到达C点，即为故B正确D错误三、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、 很大 1.0103 【解析】（1）测量