广东省深圳市新安中学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考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3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、两个放在绝缘架上的相同金属球，相距r，球的半径比r小的多，带电荷量大小分别为q和3q，相互斥力为F。现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力将变为：（

2、）AFB43FC3FD4F2、如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（）A粒子在三点所受的电场力相等B粒子必先过a，再到b，然后到cC粒子在三点的电势能大小关系为D粒子在三点的机械能必定相等3、关于角速度和线速度，下列说法正确的是A半径一定时，角速度与线速度成正比B半径一定时，角速度与线速度成反比C线速度一定时，角速度与半径成正比D角速度一定时，线速度与半径成反比4、如图所示，以O为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别

3、放置在a、d两处时，在圆心O处产生的电场强度大小为E。现改变a处点电荷的位置，关于O点的电场强度变化，下列叙述正确的是（ ）A移至c处，O处的电场强度大小不变，方向沿OeB移至b处，O处的电场强度大小减半，方向沿OdC移至e处，O处的电场强度大小减半，方向沿OcD移至f处，O处的电场强度大小不变，方向沿Oe5、三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置三根导线中电流大小相同、方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（）A方向竖直向上B方向竖直向下C方向水平向右D方向水平向左6、电源电动势是表征电源把其它形式的能转比为电能本领的物理量。下表给出了四种

4、电池的电动势,哪种电池把其它形式的能转化为电能的本领最强（ ）A1号干电池B5号干电池C铅蓄电池D手机锂电池二、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、在伏安法测电阻的实验中,待测电阻Rx约为800,电压表V的内阻约为2k,电流表A的内阻约为10,测量电路中电表的连接方式如图(a)或图(b)所示,若将由图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2,则下列说法正确的是ARx1更接近真实阻值BRx2更接近真实阻值CRx1大于真实阻值,Rx2小于真实阻值DRx1小于真

5、实阻值,Rx2大于真实阻值8、如图所示，一平行板电容器两极板A、B水平放置，上极板A接地，电容器通过滑动变阻器R和电键S与电动势为E的电源相连现将电键S闭合，位于A、B两板之间的P点的带电粒子恰好处于静止状态，电源内阻可以忽略，则（）AB板电势为-EB改变滑动变阻器的滑片位置，带电粒子仍处于静止状态C将B板向上移动，P点电势将不变D将B板向左平移，带电粒子电势能将不变9、如图所示的电路中，当滑动变阻器的触头P向上滑动时，则 （ ）A电源的总功率变大B电容器贮存的电荷量变大C灯L1变暗D灯L2变亮10、有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场

6、强方向射入，分别落到极板A、B、C处，如图所示，则下列说法正确的有（）A落在A处的微粒带正电，B处的不带电，C处的带负电B三个微粒在电场中运动时间相等C三个微粒在电场中运动的加速度aAaBaCD三个微粒到达极板时的动能EkAEkBEkC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）一个量程为的电流表，内阻为1000，再给它串联一个 99000的电阻，将它改装成电压表，改装后电压表的量程为 _V。12（12分） (1)用游标为20分度的卡尺测量某圆柱型电阻长度如图甲，由图可知其长度L_mm.(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直

7、径D_mm.(3)该同学想用伏安法测量其电阻R（约200），现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1(量程05 mA，内阻约50 )； 电流表A2(量程015 mA，内阻约30 )；电压表V1(量程03 V，内阻约10 k)； 电压表V2(量程015 V，内阻约25 k)；直流电源E(电动势4 V，内阻不计)；滑动变阻器R1(阻值范围015 ，允许通过的最大电流2.0 A)；滑动变阻器R2(阻值范围02 k，允许通过的最大电流0.5 A); 开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，应选用电流表_,电压表_，滑动变阻器_（选填A1、A2、V1、V2、R1、R

8、2）电路连接应是电流表_（选填内接或者外接），采用_接法（选填分压或限流）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）在如图所示的电路中，定值电阻R1=1.4、R2=0.5，电源内阻r=0.6，电容器的电容C=100。当开关S断开时，电容器上容纳的电荷量Q=3104C，理想电流表的示数I=1.5A。求：(1)电阻R3的阻值；(2)电源的电动势E及电源的效率；(3)当S闭合、电路稳定后，电容器上容纳的电荷量14（16分）如图所示，ABC为光滑的固定在竖直面内的半圆形轨道，轨道半径为R=0.4m，A、B为半圆轨道水平直

9、径的两个端点，O为圆心在水平线MN以下和竖直线OQ以左的空间内存在竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0106 N/C，一个质量m=2.010-2kg，电荷量q=2.010-7C的带正电小球（可看作质点），从A点正上方由静止释放，经时间t=0.3s到达A点并沿切线进入半圆轨道，g=10m/s2，不计空气阻力及一切能量损失，求：（1）小球经过C点时对轨道的压力大小；（2）小球经过B点后能上升的最大高度15（12分）如图所示，电源电动势E12 V，电源内阻r1 ，电阻R13 ，R22 ，R36，电容器的电容C14 F，C21 F电路中，先让S1闭合，S2断开，待电路稳定后，再合上S2，求该过程通过

10、R3的电量参考答案一、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、B【解析】由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系。【详解】由库仑定律可得：相互斥力F=kq3qr2=3kq2r2 由于带同种电荷，当两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为2q；则库仑力F=k2q2qr2=43F，故B正确，ACD错误。故应选：B。【点睛】本题很多同学由于没有看清题意而错将F来表示了接触前的库仑力，从而导致错误；在学习中应注意审题的练习。2、A【解析】A.因表示电场中三个等势面的三条

11、虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等故A正确；B.由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力一定是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如图的轨迹故B错误CD.粒子在电场中运动时，只有电场力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由图可知，粒子在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，则可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，此过程粒子的能量守恒，但粒子的机械能不守恒故CD错误3、A【解析】根据v=r可知，半径一定时，角速度与线速度成正比；线速度一定时，角速度与半径成反比；角速度一

12、定时，线速度与半径成正比；选项A正确，BCD错误；故选A.4、C【解析】A.由题意可得，正、负点电荷在O处产生的电场强度的大小都为E2，方向水平向右；当a处点电荷移至c处时，两点电荷在O处的电场强度方向的夹角为120，合场强大小为E2，方向沿Oe，选项A不符合题意；B.当a处点电荷移至b处时，O处的合场强大小为3E2，选项B不符合题意；C.当a处点电荷移至e处时，O处的合场强大小为E2，方向沿Oc，选项C符合题意；当a处点电荷移至f处时，O处的合场强大小为3E2，选项D不符合题意；5、D【解析】该题考查了磁场的叠加问题用右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分

13、析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示：直导线P在O点产生磁场与直导线Q在O点产生磁场方向相反，大小相等。则合磁场为零；而直导线R在O点产生磁场，方向从Q指向P，即为水平向左；故选D。【点睛】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则6、D【解析】电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大；电动势越大，则把其他形式的能转化为电能的本领越强；手机锂电池的电动势最大，它把化学能转化为电能的本领最强。A. 1号干电池。与结论不符，故A错误；B. 5号干电池。与结论不符，故B错误；C. 铅蓄电池。

14、与结论不符，故C错误；D. 手机锂电池。与结论相符，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、AC【解析】本题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足RARVRx2，时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值小于真实值；当满足RARVRx2时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值大于真实值。【详解】由于待测电阻满足时RARV=102000Rx2=640000，所以电流表应用内接法，即RX1 更接近真实值

15、；根据串并联规律可知，采用内接法时真实值应为：R真=U-UAIUI=R测，即测量值小于真实值。故应选：AC。8、ABD【解析】A、AB两板的电势差为E，所以,B板的电势为-E，故A正确；B、改变滑动变阻器的滑片位置，两极板间的电压不变，极板间的电场强度不变，粒子所受电场力不变，带电粒子仍处于静止状态，故B正确；C、将B板向上移动，距离减小，极板间场强变大，A板与P点的电势差变大，A点电势不变，P点电势变小，故C错误；D、将B板向左平移，极板间的距离和电压不变，场强不变，P点电势不变，带电粒子电势能不变，故D正确；故选ABD.【点睛】本题较难之处是分析电势变化，往往根据电势差和该点与零电势点间电

16、势的高低，分析电势的变化，这是常用的方法9、AD【解析】A当滑动变阻器的触头P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，干路电流变大，电源的总功率P=EI，E不变，则电源的总功率变大选项A正确；C当滑动变阻器的触头P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，干路电流变大，则灯L1变亮选项C错误；D当滑动变阻器的触头P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，电路中并联部分的电压U并减小，通过R1的电流减小，而干路电流增大，所以通过灯L2的电流变大，灯L2变亮选项D正确；B电容器的电压等于并联部分的电压，则其电压减小，电容器贮存的电量变小故B错误考点：电路的动态分析【点睛

17、】本题考查了滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律、串联电路的电压关系，按“局部整体局部”的思路进行分析10、AC【解析】微粒在水平方向上均做匀速直线运动，且水平速度相同，三微粒在水平方向上的位移，xCxBxA.则三微粒的运动时间为tCxcv，tBxbv，tAxAv所以tCtBtA微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有d212aAtA212aBtB212aCtC2所以aAaBaC，所以落在A处的微粒必带正电，B处的不带电，而C处的带负电，A、C选项正确，B选项错误根据动能定理得A处：mgd2qAEd2EkA12mv2B处：mgd2EkB12mv2C处：mgd2qCEd2EkC12mv2所以D项

18、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、30【解析】1 改装后的电压表的量程为：12、50.15; 0.4700; 见解析； 【解析】(1)游标卡尺的读数为L=50mm+30.05mm=50.15mm；(2)螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+20.00.01mm=4.700mm=0.4700cm；(3)由于电压表V2量程太大（量程的大于电源的电动势），所以电压表应选择V1，根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为，所以电流表应选择A2，根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以电路应是“分压外接”电路，如图所示四、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、 (1)2；(2)6V，85%；(3)【解析】(1)根据可求出电容器两端电压即R3两端电压为3V，由欧姆定律可知(2)根据闭合电路的欧姆