陕西省西安市电子科技大学附属中学2023学年物理高二第一学期期中质量检测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下图是电场中某区域的电场线分布图，a、b是电场中的两点这两点相比，有( )A同一个检验点电荷放在a点所受的电场力比放在b点时所受电场力大B同一个检验点电荷放在b点释放其

2、加速度较小Ca点的场强较大Db点的场强较大2、如图(甲)所示,在平行板电容器A、B两极板间加上如图(乙)所示的交变电压.开始A板的电势比B板高,此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时为速度的正方向,则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C,D两项中的图线按正弦函数规律变化）ABCD3、回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）进入加速电场（初速度近似为零）D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为+q，加速器接电压为U的高频交流电源若相对论效应、粒子所受重

3、力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑下列论述正确的是A交流电源的频率可以任意调节不受其他条件的限制B增大磁感应强度B，粒子被加速后获得的最大动能增大C增大电压U，粒子被加速后获得的最大动能增大D增大U或B，粒子在D型盒内运动的总时间t 都减少4、如图，在电场中有a、b两点，试比较a、b两点的场强大小；引入一点电荷，试比较点电荷在a、b两点所受电场力的大小（ ） AEaEb,FaFbBEaEb,FaFbCEaEb,FaFbDEaEb,FaFb5、如图所示是半偏法测电流表内阻的电路图，测量的过程包含以下几个主要的步骤：闭合k1，调节R1的阻值，使电流表满偏；闭合k2，保持R1不变，调节R2的阻值，使

4、电流表半偏；此时R2的读数即为电流表内阻测量值；将R1的阻值调到最大；以上步骤，合理的顺序是（ ）ABCD6、质量为m的物体用轻绳悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用表示绳段拉力的大小，在O点向左侧移动的过程中（）AF逐渐变大，逐渐变大BF逐渐变大，逐渐变小CF逐渐变小，逐渐不变DF逐渐变小，逐渐变小二、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、如图所示，R1=2，R2=10，R3=10，A、B两端接在电压恒定的电源上，则（ ）AS断开时，R1与R2

5、的电压之比为5：1BS闭合时，通过R1与R2的电流之比为2：1CS闭合时，R1与R2两端的电压之比为1：5DS断开与闭合两情况下，电阻R1两端的电压之比为7：128、如图甲所示，定值电阻R1 =3，R2=2，滑动变阻器RP的最大电阻为10，电表均视为理想电表，调节RP记录多组U，I数据，画出了如图乙所示的U- I图像，下列说法正确的是（）A当滑动变阻器由中点向右移动时，滑动变阻器上的功率先增加后减小B当滑动变阻器的电阻为4时，滑动变阻器的功率最大C当滑动变阻器的电阻为l0时，电源的效率最大D电源的最大功率为2.25 W9、如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表当滑动变阻器R2

6、的滑动触头p移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是（）Ap向a移动，V1示数增大、V2的示数减小Bp向b移动，V1示数增大、V2的示数减小Cp向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值Dp向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值10、在如图所示的电路中，电流表的内阻很小可忽略不计则利用此电路（ ）A若已知 R1、R2 的阻值，且R1R2，可以测定电源电动势和内电阻B若已知R1、R2 的阻值，且R1R2，只能测定电源电动势不能测电源内电阻C若已知 R1、R2的阻值，且 R1=R2，可以测定电源电动势和内电阻D若已知电源电动势 E 及 R1 的阻

7、值，可以测量电阻 R2 的阻值和电源内电阻三、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“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡标有“3.8V、1.14W”字样；，为了使测量结果尽量准确，电压测量范围尽量大，从实验室找到以下供选择的器材：A直流电源E的电动势4.5V，内阻不计B电流表A1量程250mA，内阻约为2C电流表A2量程500mA，内阻约为1D电压表V1（05V，内阻约为5k）E电压表V2（015V，内阻15k）F滑动变阻器R1（010）G滑动变阻器R2（02 000）H开关、导线若干（1）实验时电流表选_；电压表选_；滑动变

8、阻器选_（填字母代号如ABCD等）（2）请设计合理的测量电路，把电路图画在作图框中_12（12分）以下分别是用刻度尺、螺旋测微器、游标卡尺测量长度的示意图，各图对应的测量长度分别为：（1）甲图_cm；（2）乙图_mm；（3）丙图_cm。 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，质量为m的铜棒长为L，棒的两端用长为a的细软铜线水平悬挂在磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中，求：（1）当棒中通过从左到右的恒定电流I后，求铜棒受到安培力大小和方向；（2）若铜棒通某一方向电流后向上摆动，最大偏角，则恒定电

9、流为多大？14（16分）如图所示，电源电动势E=20V，电源的内阻r=2，两个定值电阻R1=R2=8，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.010-2m，开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，微粒恰能落到下板的正中央，已知该微粒的质量为m=410-5Kg，g取10m/s2，试求：（1）开关断开时两极板间的电压（2）微粒所带电荷的电性和电荷量q15（12分）如图所示，倾角30的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端a离地高度h=2.5cm，整个装置处于水平向左的匀强电场中一个质量m=0.3kg

10、，带电量q=0.01C的物体(可视为质点)从斜面顶端静止释放，经过t=0.2s到达斜面底端b点(g取10m/s2)。求：(1)物体到达斜面底端b时的速度大小；(2)电场强度E的大小；(3)电场中a到b两点之间的电势差。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、D【解析】电场线的疏密代表电场的强弱，由图可知b点电场线密而a点电场线稀疏，故b点场强大于a的场强故D正确而C错误由于b点场强大于a的场强，根据F=qE可得同一个试探电荷在b点所受电场力大于在a点所受的电场力，同一个检验点电荷放在b点释放其加速度较大，故AB错误故选

11、D【点睛】电场线的疏密代表电场的强弱，电场线越密，场强越大，电场线越疏，场强越小电场力F=qE.2、A【解析】根据AB两极板电场的变化，分析电子所受电场力的变化，结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质，然后分析图示图象作出选择【详解】在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的电场力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图示图象可知：A正确，

12、BCD错误；故选A【点睛】由于电场方向不断变化，粒子运动情况比较复杂，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键3、B【解析】A.根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力，则有：解得：粒子做圆周运动的周期：交流电源的频率：解得：可知交流电源的频率不可以任意调节。故A错误；BC.质子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，则有：解得粒子的最大运行速度：质子获得的最大动能：解得：可知增大磁感应强度B，粒子被加速后获得的最大动能增大，粒子被加速后获得的最大动能与加速电压无关。故B正确，C错误；D.质子完成一次圆周运动被电场

13、加速2次，由动能定理得：经过的周期个数为：质子在D型盒磁场内运动的时间：则有：所以质子在狭缝内运动的时间：可见U越大，越小；B越大，t越大。故D错误。4、D【解析】由图看出，b处电场线比a处电场线密，则b处场强大于a处场强，即EbEa由电场力公式F=Eq得知，电荷在b处受到的电场力大于在a处受到的电场力，即FbFa，故D正确。【点睛】电场中，电场线越密，电场强度越大，同一电荷受到的电场力越大.5、B【解析】半偏法测量电流表内阻时，为了保护电流表，应首先把干路中的变阻箱R1调到最大，然后闭合k1接通电路，并调节R1使电流表达到满偏电流Ig，再闭合k2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表示数半

14、偏，由于变阻箱R2和电流表并联其电压相等，电流均为故电流表的内阻值等于此时的R2；故合理的顺序为，故选B。6、A【解析】以结点O为研究对象受力分析如下图所示由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳OB的张力根据平衡条件可知，由此两式可得，在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角增大，由三角函数可知：F和均变大。故A正确，BCD错误。故选A。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、BD【解析】A、由U=IR，I相等，R1与R2的电压之比等于电阻之比1:5;故

15、A错误；B、I2=I3，R3=R2，则I1=2I2，故B正确C、S闭合时，I1=2I2，则电压之比为I1R1:I2R2=4I2：10I2=2:5；故C错误；D、S断开时，U1:U2=R1：R2=1:5，则；S闭合时，则；电阻R1两端的电压之比为7:12；故D正确；故选BD.【点睛】电路的分析与计算问题的基础是分析电路的结构往往按局部整体局部的顺序进行分析和计算也有时抓住串并联电流、电压与电阻的分配关系求解8、BCD【解析】A B把滑动变阻器看作负载，将其余部分等效为一个电动势大小为3.0V的新电源，当通过R1的电流为0.3A时，通过R2的电流为可得等效电流的内阻为根据输出功率公式可知，当Rp的

16、阻值和等效内阻的阻值相等时功率最大，当时，随着RP的增大输出功率越来越小，Rp的最大电阻为10，故滑片由中点向右滑动时，功率逐渐减小，故A错误，B正确；C电源的效率当外电阻越大，效率越大，所以当滑动变阻器的电阻为10时，电源的效率最大，故C正确；D.当整个回路电阻最小时，电路的电流最大，电源的功率最大为故D正确。故选BCD。9、AC【解析】ACP向a滑动，滑动变阻器R2的电阻变小，分压U2减小，根据闭合电路的欧姆定律有E=Ur+U1+U2，其余部分电路的分压相对增大，减小值和增大值相等，即U2=（U1+Ur），选项A、C正确；BD同理，P向b滑动，V1示数减小、V2的示数增大，V1示数改变量的

17、绝对值小于V2示数改变量的绝对值，选项B、D错误。故选AC。10、AD【解析】开关接1时，由闭合电路欧姆定律可得： 开关接2时，由闭合电路欧姆定律可得： AB若已知的阻值，且，因电流值可以测出，故可以测定电源电动势和内电阻，故A正确，B错误；C若，则两方程相同，故无法测定电源的电动势和内电阻，故C错误；D若已知电源电动势E及的阻值，根据方程可以测量电阻的阻值和电源内电阻，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、C D F 【解析】额定电压为3.8V，电压表选V1；根据小灯泡规格“3.8V，1.14W”可知，小灯泡额定电流为，所以电流

18、表应选；由于实验要求电流从零调，变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器以方便调节；由于小灯泡电阻较小满足，所以电流表应用外接法，又变阻器应用分压式，电路图如图所示：故答案为(1). C (2). D (3). F 本实验要求多测几组数据，滑动变阻器采用分压法，电流表采用外接法，电路图如下12、1.50 1.075 (1.0741.077均可) 6.160 【解析】(1)1根据图甲可以读出读数为：1.50cm(2)2根据螺旋测微器的读数方法可知读数为：1mm+7.50.01mm=1.075mm(3)3根据游标卡尺读数方法可知读数为：61mm+120.05mm=61.60mm=6.160cm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) F=BIL,垂直纸面向外 (2) I=【解析】由题意可知考查安培力的计算，动能定理的应用，据此列式计算可得。【详解】(1) 由安培力公式可得，由左手定则可知安培力的方向垂直纸面向外。(2) 从最低点到最高点由动能定理可得联立可得I=【点睛】铜棒通某一方向电流后向上摆到最大偏角时棒的速度为零，但合外力不为零，所以不能通过平衡条件列式求解，从最低点到最高点动能变化量为零，可以根据动能定理计算求得。14、（1）16V（2）【解析】（1）