福建省南平市建瓯市芝华中学2023学年高二物理第一学期期中学业水平测试试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、目要求的。1、一个电容为C的电容器，当所带电量为Q时，两板间电势差为U，如果电量增大为2Q，则A电容变为2C，电势差保持不变 B电容变为2C，电势差变为2UC电容保持不变，电势差变为2U D电容保持不变，电势差保持不变2、以下关于电场和电场线的说法中错误的是（）A电场和电场线都是真实存在的B电场是真实存在的，电场线是不存在的C电场线可以描述电场的强弱和方向D电场线在电场中不能相交3、如图所示，A、B为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线上的两点，当一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，则（）A电势B电场线方向由A指向BC场强大小D若Q为正电荷，则Q在A点左侧4、如图所示，半圆

3、光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在M、N间做往复运动下列说法中正确的是()A小球在M点和N点时均处于平衡状态B小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间C小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等D小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等5、如图所示，两个电子a和b先后以大小不同的速度，从同一位置沿垂直于电场的方向射入匀强电场中，其运动轨迹如图所示，那么（ ）Ab电子在电场中运动的时间比a长Bb电子初速度比a大Cb电子离开电场时速度一定比a大Db电子离开电场时速度一定比a小6、

4、小明坐在火车内，看到窗外的树木正在运动，则他所选的参考系可能是A大地B火车C铁轨D树木二、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、我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光，极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图所示。这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光。地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能达到地面而向人烟稀少的两极偏移，

5、为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障，科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关（）A洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B空气阻力做负功，使其动能减小C南北两极的磁感应强度增强D太阳对粒子的引力做负功8、如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻是R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端移到b端的过程中，下列描述正确的是（ ） A电路的总电流先增大后减小B电路的路端电压先增大后减小C电源的输出功率先减小后增大D滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大9、如图所示，竖直面内，A、B、C、D

6、位于同一半径为r的圆上且ABCD，在C点有一固定点电荷，电荷量为+Q，现从A点将一质量为m，电荷量为-q的点电荷由静止释放，该电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为gr ，规定电场中B点的电势为零。则在+Q形成的电场中（ ）AA点电势高于D点电势BD点电势为-mgr2qCO点电场强度大小是A点的2倍D点电荷-q在D点具有的电势能为-mgr210、远距离输电时，当输送的功率相同时，输送导线上的电阻损失的功率应是：A与输送的电压的平方成正比B与输送的电流的平方成正比C与输送的电压的平方成反比D与输电导线上的电压降的平方成正比三、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）在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为_mm用游标为20分度的游标卡尺测量小球的直径，示数如图2所示，读数为_cm12（12分）某同学在做测金属丝的电阻率的实验中（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径如右图所示，直径d_mm（2）若测得金属丝的长度为L，直径为d，两端的电压为U，通过的电流为I，则金属丝的电阻率_（用题目给的物理量符号表达）（3）用伏安法测金属丝的电阻时，若金属丝的电阻大约是10 ，电流表内阻是1 ，电压表内阻是5 k,则下列说法正确的是_ .A应将电流表外接，测量值比真实值大 B应将电流表外接，测量值比真实值小

8、C应将电流表内接，测量值比真实值大 D应将电流表内接，测量值比真实值小四、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）如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机正常工作，电动机的线圈电阻R=1.5求：（1）电源的输出功率（2）电动机的输出功率14（16分）有一台电动机，内部线圈电阻为8，其两端的电压为380V，通过它的电流为10A，试求：（1）电动机的电功率（2）电动机的机械功率15（12分）如图所示，ABCD为表示竖立放在场强为E=310

9、4V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切A为水平轨道的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=400g、带电q=10-4C的小球，放在水平轨道的A点上面由静止开始被释放后,在轨道的内侧运动.（g=10m/s2）它到达B点时的速度是多大?它到达C点时对轨道压力是多大?小球所能获得的最大动能是多少?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、C【解析】电容的大小是电容器本身决定的，与电容器极板上的电量无关，电量增大为2Q，电量不变；给定的电容器电容C一定，则

10、，电量增大为2Q，电势差增大为2U故选C.2、A【解析】电场是实际存在的物质，电场线不存在，是为了形象描述电场而假想的线，故A错误，B正确电场线可以描述电场的强弱和方向，电场线的疏密表示强弱，电场线上某点的切线方向表示电场的方向，故C正确电场线不能相交，故D正确本题选错误的，故选A3、A【解析】AB一电子以某一速度沿电场线由运动到的过程中，动能增加，电场力对电子做正功，电场力方向与运动方向相同，所以电场强度方向由指向，电场线方向由指向，那么则有故A正确，B错误；C电场线方向由指向，但不知电场线的疏密，故无法知道电场的强弱，故C错误；D可以为正电荷，也可以为负电荷，若为正电荷，则在点右侧，若为负

11、电荷，则在点左侧，故D错误；故选A。4、D【解析】A.小球在点和点只受到重力，所以小球在这两点不能处于平衡状态，故A错误；B.由于洛仑磁力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其速度大小由影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故B错误；D.小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重力做功相等，由动能定理可知，小球在最低点是，速度大小总是相等的，由可知合力不变，故D正确C.小球从到运动，在最低点受到向上的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：，故此时小球对轨道的压力为：；小球从到运动，在最低点受到向下的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：，故此时小球对轨道的压力为

12、，所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误5、A【解析】这个题目要求学生灵活运用类平抛运动规律分析解决问题考查知识点：类平抛运动思路分析：先分析竖直方向的运动具体解答过程：竖直方向：y=，加速度相同，b的位移大，所以b的时间较长，水平方向：匀速直线运动，l相同，b的时间长，所以b的初速度小，B错误。试题点评：考查学生灵活运用类平抛运动的规律6、B【解析】小明坐在火车内，看到窗外的树木正在运动，则他所选的参考系可能是火车，故选B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

13、的得0分。7、BC【解析】A地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向，粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，A错误；B粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，阻力方向与运动方向相反；故对粒子做负功，所以其动能会减小，B正确；C由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当磁感应强度增加时，半径是减小；则说明粒子在靠近南北极运动过程中，南北两极的磁感应强度增强，故C正确；D由于粒子与太阳间的距离非常大，并且粒子的质

14、量非常小，所以太阳对粒子的引力非常小，对粒子速度的影响几乎没有，故D错误；故选BC。8、BC【解析】当滑动变阻器从ab移动时，R1左右两个部分并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故A错误；路端电压U=E-Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；当R外=r的时候 电源的输出功率最大，可知当滑片在a端或者b端时，外电路总电阻 R外=r，此时电源的输出功率最大，所以输出功率是先减小后增大的，故C正确；将R2看成电源的内阻，等效电源的内阻为2r，变阻器为外电路，显然外电阻小于内电阻，外电阻先增大后减小，等效电源的输出功率，即R1上消耗的功率

15、先增大后减小，故D错误故选BC.点睛：本题关键判断出滑动变阻器滑片P从最右端中间左端总电阻变化情况和电源的输出功率与外电阻的关系，能巧妙运用等效思维分析变阻器功率的变化9、AB【解析】由题意可知，沿着电场线的方向，电势降低，而电场线从正电荷发散，则A点的电势高于D点电势，故A正确；-q电荷从A到D运动，根据动能定理，则有：mgr-W电=12mv2-0，解得：W电=12mgr；规定电场中B点的电势为零，AB 两点对称，因由D到B点电场力做正功，则电势能减小，因此D点的电势能为EPD=12mgr；根据公式D=EPDq=-mgr2q，故B正确，D错误；根据点电荷电场强度公式，E=kQr2，电场强度的

16、大小与间距的平方成反比，CA=2CO，则有O点电场强度大小是A点的2倍，故C错误；故选AB。10、BCD【解析】损失的功率 ,故BD正确;又 得： ,故C正确；综上所述本题答案是：BCD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、0.617 0.675 【解析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为（2）游标卡尺的主尺读数为：6mm，游标尺上第14个刻度和主尺上某一刻度对齐，

17、所以游标读数为，所以最终读数为：12、5.6235.625; ; B; 【解析】（1）主尺上读数为5.5mm，分尺上读数为 螺旋测微器最终读数为：;（2）根据 及 得： （3）由于电流表的内阻接近待测电阻的阻值，所以使用电流表外接可减小实验误差，使用电流表外接时，所测电流大于真实值，所以电阻的测量值小于真实值，故选B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) 7.5W (2)3W【解析】(1)根据灯泡的额定值可知：解得电源路端电压解得 电源的输出功率即P出=7.5W (2)电动机两端电压电动机内阻热功率电动机输出功率联立解得电动机的输出功率为P出=3W14、（1）3800W（2）3000W【解析】（1）电动机两端的电压为380V，通过它的电流为10A，故电功率为：P=UI=38010=3800W（2）根据能量守恒定律，有：P=P出+I2r即：P出=P-I2r=3800-1028=3000W答：（1）电动机的电功率P=3800W（2）电动机的机械功率P出=3000W15、（1）m/s（2）7N（3）0.8J【解析】（1）A至B过程中，由动能定理求解B点的速度；（2）根据动能定理求解小球到达C点的速度，根据牛顿第二定律求解到达C点时对轨道压力；（3）当小球到达平衡位置时速度最大，根据动能定理