2023学年广东省东莞市东方明珠学校高二物理第一学期期中达标检测模拟试题含解析

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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、下列说法正解的是（ ）A电场中某点的电场强度与试探电荷无关B导体的电阻率由导体材料、导体长

2、度及导体横截面积决定C电源的电动势是描述电源把电势能转化成其他形式的能的本领大小的物理量D由电容的定义式可知，C与Q成正比、与U成反比2、如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步A增大B减小C先增大，后减小D先减小，后增大3、下列关于电场强度和电势的说法中，正确的是（ ）A电场强度为零的地方，电势一定为零B电势为零的地方，电场强度一定为零C电场强度较大的地方，电势一定较高D沿着电场强度的方向，电势逐渐降低4、如图所示，为带电粒子在匀强磁

3、场中所受洛仑兹力作用的方向与磁场方向和粒子运动方向的关系示意图，其中正确的是（ ）A B C D5、如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到等势面L1处时动能为零；现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4 J时，它的动能为(不计重力及空气阻力)A16 JB10 JC6 JD4 J6、真空中相距为3a的两个点电荷M、N,分别固定于x轴上和的两点上,在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示,以下判断中正确的是( )A点电荷M、N一定为同种电荷B点电荷M、N所带电荷量的绝对值一定相等C点电荷N所带电荷量的绝对值一定比点电

4、荷M所带电荷量的绝对值大Dx=2a处的电势一定为零二、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，电源电动势为E、内阻为r，闭合开关S，调节可变电阻R的阻值时，下列判断正确的有A当R的阻值增大时，电压表示数增大，电流表示数增大B当R的阻值增大时，电压表示数增大，电流表示数减小C当R的阻值减小时，电压表示数减小，电流表示数增大D当R的阻值减小时，电压表示数增大，电流表示数增大8、如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r开关闭合后

5、，当滑动变阻器触头P向上移动时（ ）A电压表示数变大B小灯泡亮度变大C电容器充电D电源的总功率变大9、如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合。在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是（）A在平行板电容器中插入电介质B增大平行板电容器两极板间的距离C减小平行板电容器两极板的正对面积D增大平行板电容器两极板的正对面积10、一交流电流的图象如图所示，由图可知A该交流电流瞬时值表达式为i=102sin628t(A)B该交流电流的频率为50HzC该交流电流的最大值为102AD用电流表测该电流其示数为102A三、实验题：本题共2小题，共18分。把答

6、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）要测绘额定电压为2V的日常用小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A电源E（电动势4.0V，内阻可不计）B电压表V1（量程为03.0V，内阻约2k）C电压表V2（015.0V，内阻约6kD电流表A1（00.6A，内阻约1）E.电流表A2（0100mA，内阻约2）F.滑动变阻器R1（最大值10）G.滑动变阻器R2（最大值2k）(1)为减少实验误差，实验中电压表应选择_，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_（填各器材的序号）(2)为提高实验精度，请你在如图a中设计实验电路图_(3)根据图a，在图b中

7、把缺少的导线补全，连接成实验的电路_(4)实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的UI图象如图c所示，则该小灯泡电阻的变化特点_12（12分）如图为实验室中验证动量守恒定律的实验装置示意图（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则（_） Am1 m2 r1 r2 Bm1 m2 r1 m2 r1r2 Dm1 m2 r1r2 （2）实验中记录了轨道末端在记录纸上的投影位置为O，经多次释放小球，在记录纸上找到两球的平均落点位置M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为、已知入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，只要验证等式_成立，即表示碰撞中动量守恒（3）满足(2

8、)的情况下，若满足等式_成立，即可认为碰撞为弹性碰撞(仅用线段、表示)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（10分）光滑绝缘半球槽的半径为R,处在水平向右的匀强电场中,一质量为m 的带电小球从槽的右端A 处(与球心等高)无初速度沿轨道滑下,滑到最低点B 时,球的速度为gR 。求:(1)小球从A 到B 的过程中受到的电场力做的功(2)电场力的大小14（16分）如图所示，一簇平行线为未知方向的匀强电场的电场线，沿与此平行线成角的方向，把1103C的负电荷从A点移到B点，电场力做功为2103J，A、B 间距为2cm求：(1

9、)若B点电势为1V，则A点电势为多大？(2)电子处于A点时，具有的电势能是多少eV？(3)匀强电场的场强。15（12分）如图所示，一带电荷量为、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取g，求：(1)水平向右电场的电场强度的大小；(2)若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后小物块下滑距离2L时的动能.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、A【解析】A项：电场中某点的电场强度取决于电场本身的性质与试探电荷无关，故A项正确

10、；B项：导体的电阻率由导体本身的性质决定，故B项错误；C项：电源电动势是描述电源把其他形式的能转化为电势能的本领大小的物理量，故C项错误；D项：电容器的电容只取决于电容本身的性质，与其所带的电荷量，两板间的电压无关，故D错误2、A【解析】对导体棒进行受力分析如图:当磁场方向缓慢旋转到水平方向，安培力方向缓慢从图示位置转到竖直向上，因为初始时刻安培力沿斜面向上，与支持力方向垂直，最小，所以安培力一直变大，而安培力：，所以磁场一直增大，BCD错误A正确3、D【解析】电场线的疏密程度反映场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，两者的大小没有什么必然的联系，只是都从电场线上可以表示出来所以选D思路分析：根

11、据电场线的特点和引入电场线的目的出发解题试题点评：考查电场线与场强、电势的关系这是本章重点，应该要求学生熟练掌握4、D【解析】A、粒子运动的方向与磁场的方向平行，则不受洛伦兹力的作用故A错误；B、磁场的方向垂直纸面向外，正电荷运动的方向水平向右，根据左手定则，中受到的洛伦兹力的方向竖直向下故B错误；C、磁场的方向垂直纸面向里，正电荷运动的方向水平向右，根据左手定则，受到的洛伦兹力的方向向上故C错误；D、磁场的方向垂直纸面向里，负电荷运动的方向水平向右，其等效电流的方向向左，根据左手定则，受到的洛伦兹力的方向向下故D正确故选D【点睛】解决本题的关键掌握用左手定则判断洛伦兹力的方向，伸开左手，使拇

12、指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷的运动方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷所受洛伦兹力的方向5、C【解析】试题分析：根据动能定理得知从L3到L1处电场力做的功，故电势能增加20J取L2为零势面，则L1处电势能为10J，L3处电势能为-10J，故可知电荷在L3处的电势能和动能之和为10J，在运动的过程中，只有电场力做功，所以电荷的电势能与动能之和保持不变，所以电荷的电势能为4J时，它的动能为6J，故只有选项C正确考点：等势面、电势差、电势6、A【解析】A.由图可知，在x=2a的位置合场强为零，说明两点电荷在此处的场强大小相等方向相反，即两点电荷一

13、定为同种电荷，故A正确；BC。x=2a处的合场强为0，由得：得QM：QN=4：1，故BC错误；D.无穷远处和大地的电势为零，正电荷周围的电势都是正的，因此两个正电荷周围的电势大于零，D错误二、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、BC【解析】AB.增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，电流表示数减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，内电压减小，电阻R两端的电压增大，电压表示数增大，故A错误，B正确；CD.减小可变电阻R的阻值后，电路中电流增大，电流表示数增大，

14、由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压增大，内电压增大，电阻R两端的电压减小，电压表示数减小。故C正确，D错误。8、AC【解析】闭合开关后，当滑动变阻器触头P向上移动时，增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变小电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大，故AB错误；电路稳定时电容器的电压等于、串联总电压，根据串联电路电压分配规律可知，增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故C正确；电源的总功率为，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误【点睛】本题按“部分整体部分”的思路进行动态变化分析对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析根据串联电路电

15、压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便9、BC【解析】A. 在平行板电容器中插入电介质，由电容器的电容的决定式可得：电容增大，电容器两端的电压不变，由电容器电容的定义式可得可得：增大，负电荷移动方向从a到b，灵敏电流计中有方向由b到a电流，A错误；B增大平行板电容器两极板间的距离，由电容器的电容的决定式可得：电容减小，电容器两端的电压不变，由电容器电容的定义式可得可得：减小，负电荷移动方向从b到a，灵敏电流计中有方向由a到b电流，B正确；C减小平行板电容器两极板的正对面积，由电容器的电容的决定式可得：电容减小，电容器两端的电压不变，由电容器电容的定义式可得可得：减小，负电荷移动方

16、向从b到a，灵敏电流计中有方向由a到b电流，C正确；D增大平行板电容器两极板的正对面积，由电容器的电容的决定式可得：电容增大，电容器两端的电压不变，由电容器电容的定义式可得可得：增大，负电荷移动方向从a到b，灵敏电流计中有方向由b到a电流，D错误；故选BC。10、BC【解析】从图中可知该交流电的周期为T=0.02s，故频率为f=1T=50Hz，最大值为im=102A，电流表测量的是有效值，故电流表示数为I=im2=10A，角速度=2f=200=628，所以瞬时值表达式i=102sin628tA，ABC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。1

17、1、B D F 灯泡电阻随电压（温度）的增大而增大 【解析】(1)123.由题意小灯泡额定电压为2V，故电压表应选B；通过灯泡的电流不超过0.5A，可知电流表应选D，；又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F(2)4.由于小电珠电阻较小，满足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：(3)5.根据原理图可明确对应的电路图；(4)6.由图可知，图象的斜率越来越大，故说明灯泡电阻随随电压（温度）的增大而增大；12、C 【解析】(1)1为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C。(

18、2)2小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：，则：，因此需要验证：；(3)3小球发生弹性碰撞，碰撞过程中系统动量和机械能都守恒，根据动量守恒有： ，机械能守恒有：，联立可得：，进一步化简得到：。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）W=-12mgR；（2）qE=12mg，方向水平向右【解析】（1）小球在最低点的速度为gR，从A点到最低点由动能定理可知：mgR+W=12mv2 解得：W=-12mgR （2）根据功的定义可知：W=-qER 解得：qE=12mg，方向水平向右故本题答案是： （1）W=-12mgR；（2）qE=12mg，方向水平向右【点睛】本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用,要注意电场力方向的判断,难度适中.14、 (1)1V(2)1eV(3)200V/m【解析】(1) A、B间电势差为已知B点电势为B=1V，由于UAB=A-B，则得A点电