2023学年浙江教育绿色评价联盟物理高二第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

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、智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.600.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）如图为某一款移动充电宝，其参数见如表，下

2、列说法正确的是容量20000mAh兼容性所有智能手机边充边放否保护电路是输入DC5V2AMAX输出DC5V0.1-2.5A尺寸156*82*22mm转换率0.60产品名称索扬SY10-200重量约430gA充电宝充电时将电能转化为内能B该充电宝最多能储存能量为3.6l06JC该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2 hD该充电宝给电量为零、容量为3000 mAh的手机充电，则理论上能充满4次2、关于电源的电动势，下列说法正确的是（ ）A电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压B同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量D

3、电路中，当电阻变大时，电源的电动势也增大3、如图所示，将悬挂在细线上的带正电的小球A放在不带电的金属空心球C内（始终不与球接触），现将一个悬挂在绝缘细线上的带负电的小球B放在C附近，待稳定后，以下说法正确的是：（）AA对B无静电力作用，B对A无静电力作用BA向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向CA对B的静电力向左，B对A的静电力向右DA的位置不变，B的位置也不变4、如图所示，a、b、c是电场中的三个点，其电势分别为a、b、c，关于a、b、c的比较，下列说法中正确的是 ( )AabbcCa=b=cDa=bc5、关于电场下列说法正确的是（）A电场是为了便于研究物体的运动而引入的理想模型B只要有电荷

4、就有电场C电场力的方向就是电场强度的方向D电场强度的大小和电荷所受的电场力的大小成正比6、关于电动势和磁感应强度.，列说法正确的是A电源两极间的电压等于电源电动势B电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能就越多C由 可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与IL成反比D小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向二、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、一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中

5、0 x2段是对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）Ax1处电场强度为零Bx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123C粒子在0 x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动Dx2x3段是匀强电场8、如图所示，电源电动势为E，内电阻r，理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为U1、U2；流经电源的电流为I，其变化量的绝对值为I，在滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化）A小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 BU2I不变CU1U2 DU1I减小9、在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、

6、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是（）A小球水平位移x2与x1的比值为4：1B小球水平位移x2与x1的比值为3：1C小球落到B点时的动能为32JD小球从A点运动到B点的过程中最小动能6J10、如图所示， MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，曲线表示其运动轨迹，由图知：A粒子带负电B粒子运动方向是abcdeC粒子运动方向是edcbaD粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长三、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

7、）在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（， ），电流表：量程，内阻约为，电流表：量程，内阻约为，电压表：量程，内阻约为，电压表：量程，内阻为，滑动变阻器， 额定电流，电源：两节干电池，开关，导线若干（1）为使测量尽可能准确，实验过程应该选用的电流表是_，电压表是_（2）根据选择的器材，某同学设计了下图所示的电路原理图，请你根据实验原理图，完成实物图中的连线（图中已经有两根线连好）_（3）根据选择的器材读出电压表和电流表示数_；_12（12分）某实验小组要描绘一只小灯泡L（2.5V 0.5A）的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：电源E（，内阻约）电压表

8、（，内阻约）电压表（，内阻约）电流表（，内阻约）电流表（，内阻约）滑动变阻器（）滑动变阻器（）（1）电压表应选择_，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_。（2）实验过程中要求小灯泡两端电压从零开始调节，应选择下图中哪一个电路图进行实验_。A. B. C. D.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，空间存在水平方向的匀强电场，带电量为的绝缘滑块，其质量m1 kg，静止在倾角为30的光滑绝缘斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接（滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度v03 m/s，长L1.

9、4 m今将电场撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数0.15，g10 m/s1(1)求匀强电场的电场强度E；(1)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量14（16分）宇航员到达某行星上，一小球从高为h处自由下落，落到星球表面时速度为v0，设行星的半径为R、引力常量为G，求：该行星表面的重力加速度大小；该行星的质量.15（12分）自1.8 m高处平抛一小球,球落地时的速度与水平地面的夹角为45,如图所示.求抛出时的初速度和抛出后的水平位移x.(g取10 m/s2)参考答案一、单项选择题：本题

10、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、D【解析】A充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能。故A错误。B该充电宝的容量为：该电池的电动势为5V，所以充电宝储存的能量：故B错误。C以2A的电流为用电器供电则供电时间：故C错误。D由于充电宝的转化率是0.6，所以可以释放的电能为：E=给容量为3000mAh的手机充电的次数：次故D正确。2、C【解析】解：A项，电压表测得的是电源电压，小于电动势，故A项错误。B、D项，电动势是非静电力在电源内部移送单位电荷所做的功，电动势是电源本身的属性，与外接电路无关，故B、D项错误。C项，电动势衡量电源将其他形式的

11、能转化为电能的本领大小，故C项正确。3、A【解析】A在空心金属球内，由于静电感应，使得C外表面带正电，B C相互吸引，所以B向右偏； 而金属空腔可以屏蔽外部电场，所以B 的电荷对空腔C 的内部无影响，即AB之间无相互的静电力，所以A位置不变。故选A。【点睛】考查静电感应现象，掌握同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引并理解外部电场对空心球内部没有影响，即为静电屏蔽4、B【解析】顺着电场线方向，电势必定降低，则有abc；Aabbc，与结论相符，选项B正确；Ca=b=c，与结论不相符，选项C错误；Da=bc，与结论不相符，选项D错误；5、B【解析】电场是实际存在的物质，不是理想化模型，故A错误；电荷的

12、周围存在电场，故B正确；电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，故C错误；电场强度的大小由电场本身的性质决定，与放入电场中的电荷以及电荷所受的电场力无关，故D错误。所以B正确，ACD错误。6、D【解析】A.电源没有接入电路时两极间的电压等于电源电动势，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，电源电动势的数值等于内、外电压之和，故A错误；B. 电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领就越大，故B错误；C. 磁场中某点的磁感应强度大小有场源决定，和放入的导线长度，以及导线受力大小无关，故C错误；D. 小磁

13、针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向，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、ABD【解析】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于Eq，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确；根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：121故B正确；由图看出在0 x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加

14、速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x1段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确；故选ABD.【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况.8、ABC【解析】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L1变亮变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗总电流增大，而L3的电流

15、减小，则L1的电流增大，则L1变亮故A正确根据欧姆定律得U2I=R1，不变，故B正确由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V1的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以U1U1故C正确由U1=E-I（RL1+r）得：U1I=RL1+r，不变，故D错误故选ABC.点睛：本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析运用总量法分析两电压表读数变化量的大小运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法9、BC【解析】将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，对于初速度为零

16、的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，则小球水平位移x2与x1的比值为3：1，故A错误，B正确；设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy，由竖直方向运动对称性知：mvBy2=8J，对于水平分运动运用动能定理得：Fx1=mvMx2mvAX2，F（x1+x2）=mvBx2mvAX2，由A可知：x1：x2=1：3，解得：Fx1=6J，F（x1+x2）=24J，故EkB=m（vBy2+vBx2）=32J，故C正确；由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：Fx1=6J， ，Gh=8J，所以：，由右图可得：tan=，解得：sin=，则

17、小球从 A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G垂直，即图中的 P点，故EKmin=mvmin2=m（v0sin）2=J，故D错误。故选BC。【点睛】本题关键将合运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后对水平分运动运用动能定律求解。10、AC【解析】ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由可知，轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是edcba.粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，则粒子应带负电，故A正确，B错误，C正确；D. 由可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故粒子的运动时间相等，均为T/2，故D错误；故选AC.三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写

18、在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、 （1） （2） （3）； 【解析】（1）灯泡额定电压为，则电压表选，灯泡正常发光时的电流为，则电流表选（2）根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示 （3）电压表选用了3V的量程，所以电压表的读数为 ;电流表选用了0.6A的量程，所以电流表的读数为： 12、 A【解析】（1）灯泡的额定电压为2.5V，额定电流是0.5A，所以电压表应选择，电流表应选择 ，因本实验必须采用分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的；（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压、电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡的电阻约为，远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小,选图A所示实验电路【点睛】根据灯泡的额定电压和额定电流确定电表的量程，从减小误差角度和可操作性角度确定滑动变阻器测量灯泡的伏安特性曲线，电流、电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接法；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