2023学年山东省微山县二中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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、关于曲线运动，下列说法中正确的是（ ）A曲线运动一定是变速运动B变速运动一定是曲线运动C曲线运动不可能是匀变速运动D变加速运动一定是曲线运动2、关于匀变速直线运动的说法，正确的是（ ）A它一定是速度越来越大的直线运动B它是加速度越来

2、越大的直线运动C它是加速度越来越小的直线运动D它是加速度不变的直线运动3、如图所示，a、b、c为电场中同一电场线上的三点，且b为ac的中点，a、c电势分别为，下列叙述正确的是A电场中b点的电势一定是7VBa点的场强一定大于c点的场强C一正电荷从b点运动到c点，电势能一定减少D一正电荷运动到b点时，受到的电场力方向一定由b指向a4、某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，在可移动介质P向左匀速移出的过程中( ) A电容器的电容大小不受影响B电容器所带的电荷量增大C电容器两极板间的电压增大D电路中电流的方向为MRN5、在验证焦耳定律的实验中，为了

3、比较电流通过两根不同的电阻丝产生的热量跟电阻的关系，实验时应同时保持相同的物理量是( )A通过它们的电流和加在它们两端的电压B通过它们的电流和它们的电阻C通过它们的电流和通电时间D通过它们的电流、加在它们两端的电压和通电时间6、关于重力势能的说法中，不正确的是( )A物体重力势能的值随参考平面的选择不同而不同B物体的重力势能严格说是属于物体和地球这个系统的C重力对物体做正功，物体的动能一定增加D物体位于参考面之下其重力势能取负值二、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、质量

4、为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g，则 （ ）A从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2B从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2C整个过程中小球所受合外力冲量大小为2mgtD整个过程中小球电势能减少了mg2t28、对“电梯向下做匀减速直线运动”这句话中的字词，理解正确的是A“匀减速”指位移随时间均匀减小B“匀”指加速度大小不变，方向可以改变C“向下减速”可以判断加速度方向向上D“向下” 指速度的方向9、一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示由图可知A该

5、交流电的电压瞬时值的表达式为u=100 sin（25t） VB该交流电的频率为25 HzC该交流电的电压的有效值为VD若将该交流电压加在阻值为R=100 的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W10、一带电粒子垂直于电场方向射入电场，经电场后的偏转角与下列因素的关系是：（ ）A偏转电压越高，偏转角越大B带电粒子的质量越大，偏转角越大C带电粒子的电量越少，偏转角越大D带电粒子的初速度越大，偏转角越小三、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）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A待测的干电池（电动势约1.5V，内电阻约1.

6、0）B电压表V（量程03V，内阻RV约为1000）C电流表A（量程00.6A，内阻RA约为1）D滑动变阻器R1（020，10A）E. 滑动变阻器R2（0200，1A）F. 开关和导线若干（1）某同学设计了如图甲所示的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是_图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选_（填写器材前的字母代号）（2）通电前应该把变阻器的阻值调至_（填“最左边”或“最右边”）（3）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的UI图线，则由图线可得被测电池的电动势E=_V，内阻r =_（结果保留3位有效数字）（4）考虑电表内阻的

7、影响，按正确图示的方式连接所测得的电源电动势和电源电动势的真实值的关系为：E测_E真（填“大于”、“等于”、或“小于”）12（12分）某同学验证物体质量一定时加速度与合力的关系，实验装置如图所示主要思路是，通过改变悬挂小钩码的质量，改变小车所受拉力，并测得小车的加速度将每组数据在坐标纸上描点、画线，观察图线特点（1）实验中为使小钩码的重力近似等于小车所受拉力，则钩码的质量m和小车质量M应该满足的关系为：_（2）如图所示为本实验中得到的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T，测量其中x1、x2、x3、x4、x5、x1为了尽量减小误差，则用T、x1、x2x1表示小车加速度大小a=_（3）经

8、过1次实验，获得了1组对应的小车所受合力F、小车加速度a的数据，在坐标纸上描点、画线，得到如图所示的a-F图线发现图线不过原点，经排查发现：并非人为的偶然误差所致，那么，你认为出现这种结果的原因可能是：_学习牛顿第二定律后，你认为，图中图线的斜率表示_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）在以坐标原点 O为圆心、半径为 r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。 一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x轴的交点 A处以速度 v沿x方向射入磁场，恰好从磁场边界与 y轴的交点

9、 C处沿+y方向飞出。(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；(2)求出粒子在磁场中运动的时间。(3)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为 B，该粒子仍从 A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了 60角，求磁感应强度 B多大？此次粒子在磁场中运动所用时间 t是多少？14（16分）一颗在赤道上空运行的人造卫星，其轨道半径为r=2R(R为地球半径)，卫星的转动方向与地球自转方向相同.已知地球自转的角速度为，地球表面处的重力加速度为g.求：(1)该卫星所在处的重力加速度g；(2)该卫星绕地球转动的角速度；(3)该卫星相邻两次经过赤道上同一建筑物正上

10、方的时间间隔.15（12分）在电场中电荷量为2.010-9C的正电荷从A点移动到B点，电场力做了1.510-7J 的正功。再把这个正电荷从B点移动到C点，电场力做了4.010-7J的负功。在A、B、C三点中，哪一点的电势最高？A和B之间、B和C之间、A和C之间的电势差UAB、UBC、UAC各是多大？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】A.因为曲线运动速度方向始终在改变，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确B. 变速运动不一定是曲线运动，如匀变速直线运动，故B错误C. 曲线运动可能是匀变速运动，如平抛运动，

11、故C错误D. 变加速运动不一定是曲线运动，如水平方向的变加速运动，故D错误2、D【解析】匀变速直线运动，加速度恒定不变，速度可能增大也可能减小，D对3、C【解析】A、若是匀强电场，电场中b点的电势一定是7V，若是非匀强电场，电场中b点的电势不一定是故A错误B、电场线的疏密表示电场的强弱，而一条电场线不能反映电场线的疏密，无法判断场强的大小故B错误C、正电荷从b点运动到c点，电场力做正功，电势能一定减少故C正确D、从a点到b点，电势降低，但正电荷运动到b点时，受到的电场力方向不是由b指向a故D错误故选C4、D【解析】在介质P向右匀速移出的过程中，根据电容的决定式：分析可知电容变小，电容器始终与电

12、源相连，故电压不变，由：可知电容器电荷量减小，电容器处于放电状态，则流过电阻R的电流方向从M到N，M点的电势比N点的电势高，故选D.5、C【解析】由焦耳定律QI2Rt知，要想验证Q与R间的关系，则应注意保持I与t不变，故C正确，ABD错误6、C【解析】重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加重力势能的大小与零势能的选取有关，但重力势能的变化与零势能的选取无关.【详解】A、重力势能的大小取决于相对于零势能面的高度差，故和选择的参考平面有关，随参考平面的选择不同而不同，故A正确；B、物体的重力势能，实际上是物体和地球所组成的系统的重力势能，故B正确；C、动能的改变量取决于合外力的功，故只

13、有重力做正功，但合外力的功可能为负值，故动能可能减小，故C不正确；D、物体位于重力势能参考面以下时，物体的重力势能为负值，故D正确.本题选不正确的故选C.【点睛】解决本题的关键知道重力势能的大小与零势能的选取有关，但重力势能的变化与零势能的选取无关.以及知道重力做功和重力势能变化的关系，重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加.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、AC【解析】A小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大

14、小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则又v=gt，解得a=3g则小球回到A点时的速度为v=v-at=-2gt减速时候加速度为自由下落时3倍，所以时间为自由下落的三分之一，总位移为：所以重力势能变化为：故A错误；B最低点时小球速度为零，所以加电场开始到最低点时，动能变化：故B错误；C规定向下为正方向，根据动量定理得：p=-mgt-0=-2mgt所以整个过程中小球合外力的冲量为2mgt，故C正确；D由牛顿第二定律得：，解得：整个过程中小球电势能减少了故D错误故选AC8、CD【解析】匀减速直线运动是指速度随时间均匀减小的直线运动，加速度大小和方向都不变，故AB错误；电梯向下

15、运动，向下指运动方向向下，减速说明加速度方向与速度方向相反，则加速度方向向上，故CD正确故选CD【点睛】理解匀变速直线运动的含义，知道它是加速度不变的运动，速度随时间均匀变化的运动9、BD【解析】试题分析：由图可知，故，所以其表达式为，故A错误B正确；由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为，所以R消耗的功率为，故C错误，D正确；考点：考查了交流电图像【名师点睛】要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式10、AD【解析】设偏转电压为U，知匀强电场的电场强度为：，粒子在偏转电场中的运动时间为：，则偏转角的正切值为： ，则A偏转电压越

16、高，则偏转角越大故A正确B带电粒子的质量越大，则偏转角越小故B错误C带电粒子的电量越小，偏转角越小故C错误D带电粒子的初速度越大，则偏转角越小故D正确三、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）b； D； (2)最右边； (3)1.45(1.44-1.46)； 1.00(0.957-1.05)； (4)小于【解析】试题分析:（1）由于干电池的内阻很小，所以采用图b的方法，更合理；同理滑动变阻器的最大值小一些更合理一些，故应该选D（2）通电前应该把变阻器的阻值调至最大，也就是最右边（3）电源的U-I图象中，与纵轴（U轴）的交点是电源电动势，

17、故电源电动势值为1.45V，电源内阻是斜率，故电源内阻为1.00(4)由于电压表的分流作用，电源电动势测量值小于电动势的真实值考点：测电源电动势和内电阻12、 没有平衡摩擦力或平衡不够 小车质量M的倒数 【解析】（1）1根据牛顿第二定律得，对m：mg-F拉=ma对M：F拉=Ma解得：当时，即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力（2）2根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，则有：为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：即小车运动的加速度计算表达式为：（3）3a-F图象不过原点而有横轴截距，说明当挂上钩码后加速度仍不为零，说明没有平

18、衡摩擦力或平衡不够；4根据：可知a-F图象的斜率表示小车质量M的倒数【点睛】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用四、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) 负电， (2) (3) ， 【解析】（1）由题意知，粒子从磁场边界与 x轴的交点 A处以速度 v沿x方向射入磁场，恰好从磁场边界与 y轴的交点 C处沿+y方向飞出，根据几何关系不难确定粒子做圆周运动的半径也为r，由洛伦兹力提供向心力，有 ，得比荷，其运动轨迹如下图可见圆心在x轴上方，则粒子应该带负电；（2）由几何关系可知，粒子在磁场中运动时，扫过的圆心角为 ，飞行时间 ；（3）如图所示，飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了 60角，则对应的圆心角应等于60，结合几何关系知 ，得 ， ；14、（1）（2）（3）【解析】(