广东省深圳市四校发展联盟体2023学年高二物理第一学期期中调研模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡

2、一并交回。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、由电容器电容的定义式C可知()A若电容器不带电，则电容C为零B电容C与电容器所带电荷量Q成反比，与电压U成反比C电容在数值上等于使两板间的电压增加1 V时所需增加的电荷量D电容器所带电荷量，是两极板所带电荷量的代数和2、小张在探究磁场对电流作用的实验中,将直导线换作导体板,如图所示,发现在两点之间存在电压进一步实验结果如下表,由表中结果可知电压A与电流无关B与磁感应强度无关C与电流可能成正比D与磁感应强度可能成反比3、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接

3、，电容器下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现交平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（）A带电油滴将竖直向上运动BP点的电势将降低C电容器的电容增大，极板带电荷量不变D电容器的电容增大，极板带电荷量减小4、A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们A线速度大小之比为3：4B角速度大小之比为1：1C圆周运动的半径之比为2：1D向心加速度大小之比为2：15、在光滑的绝缘水平面上，由两个质量均为m带电量分别为q和q的甲、乙两个小球，在水平力F的作用下一起做匀加速直线运动，则甲、乙

4、两球之间的距离r为()ABqC2qD2q6、将平行板电容器与静电计连接，充电后撤去电源，静电计指针张开某一角度，如图所示，若将电容器两极间距离增大，则A两极板间电势差不变，不变B两极板间电势差减小，减小C电容器电容减小，变小D电容器电容减小，变大二、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、图中的实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是其轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，由此图可判断下列说法错误的是（）A带电粒

5、子所带电荷的符号B带电粒子在a、b两点的受力方向C带电粒子在a、b两点的速度何处较大D带电粒子在a、b两点的电势能何处较大8、如图所示是电阻R的I-U图象，图中=45，由此得出( )A通过电阻的电流与两端电压成正比B电阻R=0.5C电阻R=1.0D在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C9、如图所示电路中，三只灯泡原来都发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时(三只灯泡仍都发光)，下面判断正AL1和L3变亮，L2变暗BLI变暗，L2变亮，L3亮度不变CL1中电流变化值小于L3中电流变化值DLl上电压变化值小于L2上的电压变化值10、如图所示，以坐标原点为圆心，半径为的

6、圆与坐标轴交于、在点固定一个正电荷，另外还有一方向与轴正方向相同，场强大小为的匀强电场现把一点电荷在圆上移动时，则（ ）A从移到电场力对做功为B从移到电场力对不做功C从移到电场力对做功为D从移到电场力对不做功三、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）测量“水果电池”的电动势和内电阻的实验中，将一铜片和一锌片分别插入同一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡。原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测定电流约为3mA。现有下列器材：待测“水果电

7、池”电流表A：满偏电流3mA，电阻约10电压表V：量程01.5V，电阻约1000滑动变阻器R1：030滑动变阻器R2：030k开关、导线等实验器材 (1)本实验选用上面所示的实验原理图，应该选用哪种规格的滑动变阻器_；（填写仪器代号）(2)在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，得到UI图象如上图所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势E=_V，内电阻r=_；(3)若不计测量中的偶然误差，用这种方法测量得出的电动势和内电阻的值与真实值相比较，电动势E_（选填“偏大”或“相等”或“偏小”），内电阻r_（选填“偏大”或“相等”或“偏小”）。12（12分）某研究性学习小组的同学欲做“描

8、绘小灯泡的伏安特性曲线”实验.已知所用小灯泡的额定电压和额定电流分别为3.0V、0.6A，实验使用的直流电源的电动势为4.0V内阻忽略不计，实验的器材规格如下a.电流表A1（量程00.6A，内阻约5）b.电压表V1（量程03V，内阻约3k）c.滑动变阻器R1（阻值010，额定电流1A）请回答下列问题：（1）根据实验器材应该使用电流表_接法.（2）根据所选的实验器材，请设计合理的电路原理图来完成该实验_.（3）该研究性学习小组的同学用设计好的电路测得了通过该小灯泡的电流I和该小灯泡两端的电压U如图所示，通过小灯泡的电流为_A,小灯泡两端的电压为_V，由欧姆定律计算得到的小灯泡的电阻值_（选填“大

9、于”“等于”或“小于”）真实值.（4）该研究性学习小组的同学通过设计好的电路得到了多组实验数据，并根据得到的多组数据在坐标系中描点画图，如图所示，该图线向下弯曲，其原因是_.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）一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60角时，小球到达B点速度恰好为零试求：（1）A、B两点的电势差UAB；（2）匀强电场的场强大小；14（16分）如图所

10、示，M、N是两块正对的平行金属板，两板间是场强为E的匀强电场，N板接地。A是电场中的一点，已知A点到N板的距离为d。（1）把一个电荷量为+q的油滴从A点移到N板。求电场力对油滴所做的功W以及油滴在A点具有的电势能EPA。（2）a电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式，并据此求出A点的电势A；b两板间既有静电场也有重力场。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的概念，写出重力势G的表达式，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。15（12分）一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为初始时，传送带与煤块都是静止的现让传送带以恒定的加速度a0开始

11、运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动求：（1）传送带从静止开始加速到v0所需的时间；（2）从传送带开始运动到速度刚达到v0这段时间内，煤块相对地面的位移大小；（3）煤块在传送带上留下黑色痕迹的长度参考答案一、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】AB电容器的电容只由电容器内部结构决定，与电容器是否带电以及两端的电压均无关，选项AB错误；C根据 可知，电容器的电容在数值上等于使两板间的电压增加1 V时所需增加的电荷量，选项C正确；D电容器

12、所带电荷量，是指一个极板带电量的绝对值，选项D错误。2、C【解析】由表格数据可知，当控制电流I相同时，电压U与磁感应强度B成正比，当控制磁感应强度B相同时，则有电压U与电流I成正比，综合所述可知，电压可能与电流，或磁感应强度成正比，故C正确，ABD错误；3、A【解析】将上极板竖直向下移动时，d减小，电容器的电压U不变，由分析得知，板间场强增大，则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动故A正确P点到下极板的距离不变，而E增大，由U=Ed知，P点与下极板间电势差增大，P点的电势大于零，则P点的电势升高，故B错误；d减小，由知，电容C增大，U不变，由分析可知电容器所带电量增加，故CD错误；故选A点

13、睛：本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由，结合进行分析4、D【解析】A时间相同情况下，路程之比为，则线速度之比为，故A错误.B时间相同情况下，角度改变之比为，则角速度之比为，故B错误.C根据：可知半径之比为，故C错误.D由向心加速度公式：可知向心加速度之比为，故D正确.故选D.5、B【解析】试题分析:选甲、乙作为整体为研究对象，由牛顿第二定律得，加速度,选乙为研究对象，由牛顿第二定律得：，联立得考点：牛顿第二定律；库仑定律6、D【解析】静电计是测量电势差的仪器，电势差的大小是通过指针张开的角度来体现的；又电容器充完电后与电源分开，说明电容器的电量不变，根

14、据电容公式可知当增大时，减小，由可知，电势差增大，那么变大；A.与分析不符，故A错误；B.与分析不符，故B错误；C.与分析不符，故C错误；D.与分析相符，故D正确。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、BCD【解析】由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定设粒子从a运动到b(也可分析从b到a的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90，故速度减小，由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在a

15、点受电场力较大，从而加速度较大综上所述，B、C、D正确8、AD【解析】根据图象可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确；根据电阻的定义式： ，故BC错误；由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=31C=3.0C，故D正确。所以AD正确，BC错误。9、ACD【解析】AB滑动变阻器与L3串联，与另外一盏灯L2并联，滑动变阻器滑片向左移动，接入电路的阻值变小，根据串反并同，可知L1和L3变亮，L2变暗，选项A正确；B错误；CL1中的电流是干路电流，根据前面分析可知总电流增大，并联部分分压变小，选项C正确；D根据闭合电路欧姆定律可知：，选项D正确；故选：ACD点睛

16、：由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动方向可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R0、L1作为内电阻处理，由U=E-Ir可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系10、BC【解析】点电荷+q处在匀强电场和点电荷Q产生的电场中，对于点电荷Q产生的电场，以Q为圆心的圆是一条等势线，+q在等势线上移动时，电场力不做功；对于匀强电场，根据W=qEd，d是沿电场线方向两点的距离，即可计算电场力做功【详解】A、B项：从a移到c，

17、点电荷Q产生的电场对+q不做功，在匀强电场中，a、c电势相等，电场力对+q也不做功，故A错误，B正确；C、D项：从d移到b，点电荷Q产生的电场对+q不做功，匀强电场对+q做功为：W=qE2r=2qEr，所以电场力做功为2qEr，故C正确，D错误故应选：BC【点睛】本题关键抓住以Q为圆心的圆是一条等势线，+q在等势线上移动时，电场力不做功，只要分析匀强电场的电场力做功情况即可三、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、R2 1.5V 500 相等 偏大 【解析】(1)“水果电池”电动势约为1.5V，电流约为3mA，估算其内阻约为500，要使电路电

18、流变化范围大一些，需要选用与电源内阻接近的滑动变阻器，故选用R2；(2)根据图象可知：纵截距表示电动势，斜率绝对值表示内阻。故电动势为1.50V，内电阻为500。(3)根据欧姆定律可得，由此可知电动势E测量值等于真实值，而内电阻测量值大于真实值，因为还包含电流表内阻。12、外 0.50 2.60 小于 小灯泡的电阻随温度的升高而增大 【解析】（1）（2）12描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，灯泡最大电阻约为：电压表内阻约为3k，灯泡电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：（3）34由图知，电流表的量程为00.6

19、A，分度值为0.02A，示数为0.50A；电压表的量程为03V，分度值为0.1V，示数为2.60V。5由于电压表的分流作用，所以电流表的示数比流经灯泡的电流偏大，故根据欧姆定律：测量电阻偏小，即计算得到的小电珠的电阻值小于真实值；（4）6I-U图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，电阻随着电压的增大而增大，其原因是灯泡的电阻随温度的升高而增大。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）-3mgL2q；（2）3mgq【解析】试题分析：（1）小球由AB过程中，由动能定理：mgLsin60+qUAB=0所以UAB=-3mgL2q（2）根据公式E=Ud可得E=|UAB|L-Lcos60=3mgq考点：考查了电场力做功，匀强电场电场强度和电势差的关系【名师点睛】势差是描述电场的能的性质的物理量，与电场力做功有关，常常应用动能定理研究电势差14、（1）Eqd （2）aEd bG=EGm。电势和重力势G都是反映场的能