保山市重点中学2023学年物理高二第一学期期中达标检测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（ ）A由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小B加5V电压时，导体的电阻是0.2C加12V电压时，导体的电阻是

2、8D该元件为非线性元件，所以欧姆定律不适用2、游客乘坐过山车，在圆弧轨道最低点处获得的向心加速度达20 m/s2，g取10 m/s2，那么此位置的座椅对游客的作用力相当于游客重力的()A4倍B3倍C2倍D1倍3、如图所示，一辆装满货物的汽车在丘陵地区行驶，由于轮胎太旧，途中“放了炮”，你认为在图中A、B、C、D四处中，“放炮”可能性最大的地点是AA处BB处CC处DD处4、如图所示，在正方形空腔内有匀强磁场，不计重力的带电粒子甲、乙从a孔垂直磁场方向平行于ab边射入磁场，甲从c孔射出，乙从d孔射出，下列说法正确的是 A若甲、乙为同种带电粒子，速率之比为11B若甲、乙为同种带电粒子，角速度之比为1

3、1C若甲、乙为同种带电粒子，在磁场中运动的时间之比为11D甲、乙为不同种带电粒子但速率相同，它们的比荷为215、弯道上高速行驶的赛车，突然后轮脱离赛车，关于脱离了的后轮的运动情况，以下说法中正确的是（ ）A仍然沿着汽车行驶的弯道运动B沿着与弯道垂直的方向飞出C沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道D上述情况都不可能6、在距离水平地面1m高处以4m/s的水平速度抛出一个小球，若不计空气阻力，则小球落到水平地面时的速度大小为(g取10m/s2)A0m/sB5m/sC6m/sD36m/s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

4、部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、两个等量同种点电荷固定于光滑绝缘水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示.一个电荷量为210-3C、质量为0.1kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放,其在水平面内运动的图像如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法正确的是（ ）A由C到A的过程中物块的电势能逐渐减小BB、A两点间的电势差C由C点到A点电势逐渐降低DB点为中垂线上电场强度最大的点,场强8、空间存在匀强电场，有一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子从O点以速率v0射入电场，运动到A点时速率为2v0。现有另一电荷量q、质量m

5、的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0。若忽略重力的影响，则()A在O,A,B三点中，B点电势最高B在O,A,B三点中，A点电势最高CO,A间的电势差比B,O间的电势差大DO,A间的电势差比B,A间的电势差小9、如图所示，甲、乙两个电路都是由一个表头G和一只变阻器R组成的，下列说法正确的是( )A乙表是电流表，R增大时量程减小B甲表是电压表，R增大时量程增大C甲表是电流表，R增大时量程减小D乙表是电压表，R增大时量程增大10、有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断( )A电阻A的阻值大于电阻BB电阻A的阻值小于电阻BC两电阻串联时，电阻A消耗的功率

6、较小D两电阻并联时，流过电阻B的电流强度较大三、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）现有一个灵敏电流表，它的满偏电流，内阻，若要将它改装成量程为5A的电流表，应并联一个_的电阻，改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上的原来处，则被测电流的大小是_A12（12分）如图所示的电路中，小量程电流表G的内阻Rg=100，满偏电流Ig=1 mA， R1=900， R2=，则当S1和S2均断开时，改装成的电表是_（填电流表或电压表），量程为_；当S1和S2均闭合时，改装成的电表是_（填联表或 电压表），量程为_。四、计算题：本题共2小题，共26

7、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，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐.薄木板的质量M=1.0kg，长度L=1.0m.在薄木板的中央有一个小滑块(可视为质点)，质量m=0.5kg.小滑块与薄木板之间的动摩擦因数1=0.10，小滑块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，皆为2=0.20.设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力.某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动.求：(1)当外力F=3.5N时，m与M的加速度各为多大？(2)若使小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F至少是多大？(3)若使小滑

8、块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件14（16分）如图所示的平行金属板电容器的电容为C=210-4F，极板A、B之间可以看成匀强电场，场强E=1.2103V/m，极板间距离为L=5cm，电场中c点到A板、d点到B板的距离均为0.5cm，B板接地求：(1) A板的电势A； (2)A板所带电荷量Q；(3)将电荷量q=510-6C的带正电点电荷从d移到c，电场力做的功Wdc15（12分）如图所示，在空间中取直角坐标系xOy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d4cm，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E375V/m。初速度可以忽略的带负电的粒子经过另一

9、个电势差为U10V的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，OA的距离h4.5cm。已知带电粒子的比荷为0.8C/kg，带电粒子的重力忽略不计，求：(1)带电粒子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速率v；(2)带电粒子经过x轴时离坐标原点O的距离l。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：导体电流-电压图线上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数；由图可知，随着电压的增大，点与原点连线的斜率变小，导体的电阻不断变大。故A项错误。B：加5V电压时，导体的电流是1.

10、0A，导体的电阻。故B项错误。C：加12V电压时，导体的电流是1.5A，导体的电阻。故C项正确。D：该元件为非线性元件，能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻。故D项错误。点睛：导体电流-电压图线上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，不是图线切线斜率表示电阻的倒数。2、B【解析】根据牛顿第二定律得，N-mg=ma，解得N=mg+ma=10m+20m=30m=3mg，故B正确，ACD错误3、D【解析】放炮可能最大，即车对地面的压力最大，在AC两点为没有在BD两点时的大，排除，半径越大，向心力越小，因为B点的半径大于D的点半径，所以在D点最容易放炮，D正确。故选D。4、B【解析】粒子运动轨迹如图所示，由

11、几何知识可知：r甲=2r乙，粒子转过的圆心角：甲=90，乙=180；A粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：若甲、乙为同种带电粒子，速率之比：故A错误；B角速度：，若甲、乙为同种带电粒子，角速度之比：故B正确；C粒子在磁场中做圆周运动的周期：粒子的运动时间若甲、乙为同种带电粒子，在磁场中运动的时间之比：故C错误；D由牛顿第二定律得：解得比荷：甲、乙为不同种带电粒子但速率相同，它们的比荷：故D错误；5、C【解析】后轮未脱离赛车时，具有向前的速度，脱离赛车后，由于惯性，后轮保持原来向前的速度继续前进，所以沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道。故选C。6、C【解析】考查

12、平抛运动。【详解】平抛运动分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，落地时，水平分速度 ，竖直方向有：解得合速度有：ABD错误，C正确，故选C。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、ACD【解析】从速度时间图象可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，故A正确；从速度时间图象可知，A、B两点的速度分别为 vA=6m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得 qUAB=mvB2-mvA2=0.1（42-62）J=-1J，解得：U

13、AB=-500V，故B错误据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确；带电粒子在B点的加速度最大，为 am=2m/s2，所受的电场力最大为 Fm=mam=0.12N=0.2N，则场强最大值为，故D正确； 故选ACD.点睛：明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道v-t图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势差是常用的方法8、AD【解析】根据电场力做功与电势能之间的关系，电场力做正功，电势能减小，可以判断电势的高低；在由电势差的定义式可以分析OA、BO的电势差的大小【详解】正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势

14、能减小，电势也减小，所以O点的电势比A点的高；负电荷从O到B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高。所以B点最高，故A正确，B错误；由电场力做功的公式可得：UOAWOAq12m(2v0)2-12mv02q3mv022q；UOBWOB-q12m(3v0)2-12m(2v0)2-q5mv02-2q；所以有：UBA=4mv02q；所以C错误，D选项正确。故选AD。【点睛】在计算电场力做功和电势的大小时，一定要注意物理量的正负号，它表示了电势的高低，求电势差时也是如此9、AB【解析】AD、乙表滑动变阻器与表头并联，起分流作用，故是电流表，R增大时，电路中R2变阻器分流减小，乙

15、表量程减小；故A正确，D错误；BC、甲表表头与电阻串联，故是电压表，R1增大时时，变阻器分担的电压增大，甲表量程增大；故B正确，C错误。10、BC【解析】伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，根据斜率的大小可以判断AB电阻的大小；根据电阻的大小，再由欧姆定律可以判断流过电阻的电流的大小；【详解】A、I-U图线的斜率表示电阻的倒数，A图线的斜率大，则A的电阻小，故A错误，B正确；C、当两电阻串联时，电阻的电流相同，由P=I2R可得，电阻小的电阻的功率小，所以电阻A消耗的功率较小，所以C正确；D、两电阻并联时，即电压相同的时，由于A的电阻小，流过电阻A的电流强度较大，则流过电阻B的电流强度较

16、小，所以D错误。【点睛】本题就是考查学生对于伏安特性曲线的理解，在做题时一定要区分开U-I图象和I-U图象，不同的图象中的直线的斜率的含义不同。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、0.04 、 1【解析】所并电阻阻值为；因为 ，所以指针指在表盘上的原来处，则被测电流的大小是 故答案为0.04 ，112、电压表 1V 电流表 1A 【解析】12由图示电路图可知，当S1和S2均断开时，G与R1串联，此时为电压表，改装后电压表量程为34由图示电路图可知，当S1和S2均闭合时，G与R2并联，此时为电流表，改装后电流表量程为四、计算题：本题共2小

17、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）13m/s2（1）4.5N（3）F6N【解析】（1）分别以滑块和木板为研究对象，根据牛顿第二定律求出其加速度，小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a1求出滑块与木板相对滑动的临界拉力，然后根据拉力大小求出m与M的加速度；（1）应用牛顿第二定律求出拉力F；（3）先找出小滑块脱离木板但不离开桌面的位置关系以及滑块与木板的位移关系，根据牛顿第二定律列方程求出木板与滑块的加速度由位移速度公式表示出其位移，结合找出的位移关系列方程求解；【详解】（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的

18、加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有：对滑块：1mg=ma1 对木板：F临界-1mg-2（m+M)g=Ma2 且有：a1=a2，解得：F临界=4.5N，由于：F=3.5NF临界=4.5N， M、m相对静止，它们一起做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，加速度：a=F-2m+MgM+m=13m/s2；（1）由（1）可知，使小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力：F临界=4.5N，则拉力至少为4.5N；（3）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示：则滑块的速度：v=a1t，对滑块，由牛顿第二定律得：2mg=ma3，位移：x1=v22a1，x2