2023学年广东省东莞市物理高二上期中学业水平测试模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线A、B两

2、点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则 ()AA点和B点的电势相同BC点和D点的电场强度相同C正电荷从A点移至B点，电场力做正功D负电荷从C点移至D点，电势能增大2、某电场的电场线如图所示，仅受电场力作用的同一点电荷分别运动到图中所给的M、N上，点电荷的加速度大小为aM和aN，由图可知（ ）AaMaNBaMaNCaM=aND无法比较aM和aN的大小3、自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法不正确的是()A奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C法拉

3、第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化4、关于匀速圆周运动的向心加速度，下列说法正确的是（ ）A由于，所以线速度大的物体的向心加速度大B由于，所以旋转半径大的物体的向心加速度小C由于，所以角速度大的物体的向心加速度大D以上结论都不正确5、一平行板电容器，两板之间的距离d和两板面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接以Q表示电容器的电量，E表示两极板间的电场强度，则（ ）A当d增大、S不变时，Q减小、E减小B当S增大、d不变时，Q增大、E增大C当S减小、d增大时，Q增大、E

4、增大D当S减小、d减小时，Q不变、E不变6、关于电源电动势下列说法中正确的是A电源的电动势实质上就是电源两极间的电压B电源的电动势在数值上等于两极间的电压C电源的电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别D电动势越大，电源两极间的电压一定越高二、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（a）所示，两水平平行正对的金属板M、N间距为d，加有如图（b）所示的交变电压。一质量为m、电荷量为q的带正电的微粒被固定在两板正中间的P点，在t = 0时刻释放该粒子，3t0时间内粒子未

5、到达极板。则在03t0时间内，下列说法正确的是（）A从t=0开始，粒子向M板运动B粒子从t0开始一直向N板运动C02t0时间内，电场力对粒子做的功为mg2t02D3t0时，重力对粒子做功的瞬时功率为mg2t08、如图甲所示的电路中，电源电动势为3V、内阻为2，R是阻值为8的定值电阻，A是理想电流表，L是小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示闭合开关S，电路稳定后，A表的示数为0.2A下列说法正确的是A由图乙可知，小灯泡的电阻随电压升高而增大B电路稳定后，电源内部发热消耗的功率是0.4WC电路稳定后，灯泡L消耗的电功率为1.0WD电路稳定后，电源的效率约为87%9、在图所示的电路中，通过电阻R1

6、的电流I1是 ( )ABCD10、甲、乙两根同种材料制成的电阻丝，长度相等，甲横截面的半径是乙的两倍，将其并联后接在电源上( )A甲、乙的电阻之比是1:2B甲、乙中的电流强度之比是4:1C甲、乙电阻丝相同时间产生的热量之比是4:1D甲、乙电阻丝两端的电压之比是1:2三、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）某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下:小灯泡L，规格“4.0V，0.7A”；电流表A1，量程3A，内阻约为0.1；电流表A2，量程0.6A，内阻r2=0.2；电压表V，量程3V，内阻RV；标准电阻R1，阻值

7、1；标准电阻R2，阻值3k；滑动变阻器R，阻值范围010；学生电源E，电动势6V，内阻不计；开关S及导线若干.(1)甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46A时，电压表的示数如图2所示，读出此时电压值为_V；(2)学习小组认为要想比较准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请利用所供器材，在虚线框内画出实验电路图，并在图上标出所选器材代号_。12（12分）有一只标值为“2.5 V，W” 的小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清某同学想通过描绘灯丝伏安特性曲线来测定该灯泡的额定功率已知小灯泡的灯丝电阻约为5 ，请先在图甲中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电

8、流表（00.6A；03A）、电压表（03V；015V）的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于 (选填“A端”、“B端”或“AB正中间”)该同学通过实验作出的灯丝伏安特性曲线如上图丙所示，则小灯泡的额定功率为 W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，光滑斜面倾角为，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变为原来的，重力加速度为g，求：（sin

9、=0.6，cos=0.8）(1)原来的电场强度；(2)物块运动的加速度。14（16分）如图所示的电路中，电源电动势，内阻，电阻，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：(1)电阻R1和R3的阻值；(2)当S闭合后，电压表的示数；(3)R2上消耗的电功率。15（12分）宇航员驾驶一飞船在靠近某行星表面附近的圆形轨道上运行，已知飞船运行的周期为T，行星的平均密度为试证明（万有引力恒量G为已知，是恒量）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、C【解析】A点电势高于B点的电势，A错C点和D点的电场

10、强度大小相等方向不同，电场强度是矢量，故两点电场强度不同，B错正电荷从A点移至B点，往低电势运动，电场力做正功，C对负电荷从C点移至D点，电势能不变（在同一等势面上），D错2、A【解析】由电场线的分布可知，电场线在N点较密，所以在N点的电场强度大，点电荷在N点时受到的电场力大，所以由牛顿第二定律可知点电荷在N点加速度大，故A正确，BCD错误；故选A3、B【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，选项A正确；欧姆发现了欧姆定律，说明了流过导体的电流与导体两端的电压、导体的电阻之间的联系；焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系故B错误；法拉第发现了电磁感应现象

11、，揭示了磁现象和电现象之间的联系，选项C正确；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选B.4、D【解析】由于可知，在半径相同时，线速度大的物体的向心加速度大，选项A错误； 由可知，在线速度一定时，旋转半径大的物体的向心加速度小，选项B错误；由可知，在半径一定时，角速度大的物体的向心加速度大，选项C错误；故选D.5、A【解析】电容器两板与电池相连接，则电容两端的电压不变A、当d增大，S不变，根据电容的决定式，知电容减小，由得电容器的电量减小，由得两极板间的电场强度减小，故A正确；B、当S增

12、大，d不变，根据电容的决定式，知电容增大，由得电容器的电量增大，由得两极板间的电场强度不变，故B错误；C、当S减小，d增大，根据电容的决定式，知电容减小，由得电容器的电量减小，由得两极板间的电场强度减小，故C错误；D、当S减小，d减小，根据电容的决定式，无法判断电容变化，由和无法判断电容变化，所以无法判断电容器的电量变化，由得两极板间的电场强度增大，故D错误；【点睛】电容器两板与电池相连接，则电容两端的电压不变，根据电容的变化判断电量的变化，根据判断电场强度的变化6、C【解析】电源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；电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极

13、所做的功，电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，电动势等于内外电路电压之和【详解】AB电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压；故AB错误；C由A的分析可知，电源电动势与电压单位相同，但与电压有本质的区别；故C正确；D电动势越大，说明电源转化能量的本领越大，但电源两端的电压与外电路有关，电压并一定大；故D错误；【点睛】电动势是一个表征电源特征的物理量定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功

14、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、AD【解析】AB电场力为F=qE=2mgt=0时刻，电场力向上，时间向上匀加速，加速度为g；时间向上匀减速，加速度为3g；时间向下匀减速，加速度为g；从t=0开始，粒子向M极运动；从开始一直向N极运动；故A正确，B错误；C时间向上匀加速，根据位移时间关系公式，位移为，时间向上匀减速，根据位移时间关系公式，位移、速度分别为，在时间内，粒子的位移为零，故重力对粒子做的功为零，则由动能定理可得故C错误；D根据速度时间关系公式，时粒子的速度

15、为方向向下，故时，重力对粒子做功的瞬时功率为故D正确。故选AD。【点睛】带电粒子做直线运动，先根据F=qE求解电场力，再根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解各个时间段的位移，然后根据恒力做功表达式求解电场力的功，根据P=Fv求解瞬时功率。8、AD【解析】因I-U图像的斜率等于电阻的倒数，可知由图乙可知，小灯泡的电阻随电压升高而增大，选项A正确；电路稳定后，电源内部发热消耗的功率I2r=0.222W=0.08W，选项B错误；电路稳定后，灯泡两端的电压为UL=E-I(r+R)=3-0.2(2+8)=1V，则灯泡L消耗的电功率为PL=IU=0.21W=0.2W，选项C错误；电路稳定后，电源

16、的效率约为，选项D正确；故选AD.【点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律、串并联电路的特点的直接应用，要求同学们能正确分析灯泡的伏安特性曲线，能根据图象读出有效信息9、BD【解析】由于是串联电路，所以干路电流等于通过的电流为根据欧姆定律可知的电流等于其两端的电压与电阻的比值，故由于两者串联，所以和通过的电流相等，故选BD。10、BC【解析】A.两根长度相同，甲的横截面的圆半径是乙的2倍，根据电阻定律R=LS得，R甲：R乙=1：4；故A错误.B.并联电路电压相等，由I=UR可知，甲乙中的电流强度之比为4:1；故B正确.C.由P=U2R 可知得P甲：P乙=4：1，则相同时间内的热量比也为4:1；故

17、C正确.D.两电阻并联，则两电阻两端的电压相等；故D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、2.30 【解析】(1)1电压表量程为3V，由图2所示可知，其最小分度为0.1V，则电压表的读数为2.30V；(2)2电流表A1量程太大，读数误差太大，为减小误差，应该选用电流表A2，给电流表A2并联一个分流电阻，实验电路图如图所示；12、电路图和实物连线图如下图 B端 1.1W【解析】试题分析：由于电压电流需从零测起，因此滑动变阻器采用分压式接法；灯泡的电阻约为5，属于小电阻，电流表采取外接法；由于小灯泡的额定电压为2.5V，因此电压表选择3V量程的，小灯泡的额定电流为0.44A，则电流表量程选择0.6A的，电路图和实物连线图如下图开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B端，使测量电路部分处于短路状态，闭合电键时，电压表、电流表示数为零，起到保护电路的作用小灯泡的伏安特性曲线可知，当时，根据考点：本题考查了描绘小灯泡的伏安特性曲线、滑动变阻器的接法和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