浙江省杭州市塘栖中学2023学年高二物理第一学期期中学业水平测试试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、四种电场的电场线如图所示.一正电荷q仅在电场力作用下由P点向Q点作加速运动，且加速度越来越大.则该电荷所在的电场是图中的 ( )ABCD2、截面直径为d，长为l的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动的平均

2、速度的影响是： 电压U加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变；导线长度l加倍时，自由电子定向移动的平匀速率减为原来一半；导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变；导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动平均速率加倍其中正确的选项是（ ）ABCD3、一质量为m的铁锤,以速度v,竖直打在木桩上,经过t时间后停止,则在打击时间内,铁锤对木桩的平均冲力的大小是 ( )A+mgB-mgCmgD4、带正电的空心金属球壳置于绝缘支架上，将4个原来不带电的金属小球按图示位置放置，A球用绝缘轻绳竖直悬挂，B球接地，C球用导线与球壳内部相连，D球与球壳内部接触设大地电势为零，当达到静电平衡时，下列说法正

3、确的是（ ）A由于静电感应，A球带负电，BB球接地带负电，但电势为零CC球不带电，但电势与球壳电势相等DD球带正电，电势为零5、关于元电荷和点电荷的理解正确的是A元电荷就是点电荷B点电荷一定是电荷量最小的电荷C体积很小的带电体就是点电荷D元电荷是一个电子所带的电荷量的绝对值6、把一根直导线平行于地面放在小磁针的正上方附近，当导线中有电流通过时，小磁针会发生偏转发现这个现象的物理学家是（ ）A奥斯特B安培C爱因斯坦D法拉第二、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、在图示电路中

4、，P为滑动变阻器的滑片，电表均为理想电表下列说法正确的是A在P向右移动的过程中，电流表的示数变大B在P向右移动的过程中，电压表的示数变大C当P移到滑动变阻器的右端时，电源内部消耗的电功率最大D当P移到滑动变阻器的右端时，电源的效率最高8、如图所示，实线的两点电荷形成的电场线，若不计重力的带电粒子从C点运动到D点，轨迹如图虚线所示，则下列说法中正确的是（）A由C到D过程中电场力对带电粒子做正功B由C到D过程中带电粒子动能减小C粒子带正电DA电荷的电荷量大于B电荷的电荷量9、如图所示，电源电动势为E，内阻为r。当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是A电阻R3消耗的功率变大B电容器C上

5、的电荷量变大C灯L变暗DR1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值10、如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上两个相同的带正电小球可视为质点同时分别从轨道的左端最高点由静止释放，M、N分别为两轨道的最低点，则( )A两小球到达轨道最低点的速度B两小球到达轨道最低点时对轨道的压力C两小球第一次到达最低点的时间相同D两小球都能到达轨道的另一端三、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）某同学想描绘某一热敏电阻的伏安特性曲线，实验室提供下列器材：A电压表V（量程为05V，内

6、阻约5k）B电流表A1（量程为025mA，内阻约0.2）C电流表A2（量程为00.6A，内阻约0.1)D滑动变阻器R1（010，额定电流1.5A)；E滑动变阻器R2（01000，额定电流0.5A）F定值电阻R0（R0=1000）G直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）H电键一个、导线若干(1)该同学选择了适当的器材组成描绘伏安特性曲线的电路，得到热敏电阻电压和电流的7组数据（如下表），请你在方格纸上作出热敏电阻的伏安特性曲线_(2)由此曲线可知，该热敏电阻的阻值随电压的增大而_（选填“增大”或“减小”）该同学选择的电流表是_（选填“B”或“C”），选择的滑动变阻器是_（选填“D”或“E”）(3)

7、请在下面的方框中画出该同学完成此实验的电路图_（热敏电阻符号为 ）.12（12分）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A待测的干电池（电动势约为，内电阻小于 ）B电流表A1（量程0-3mA，内阻Rg1=10）C电流表A2（量程0-0.6A，内阻Rg2=0.1）D滑动变阻器（，）E.滑动变阻器（，）F.定值电阻（）G.开关和导线若干（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的a、b两个参考实验电路。其中合理的是图_所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能较准确的进行测量，滑动变阻器应选_（填写器材的字母序号）。（2）图乙为该同学根据（

8、1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的图线（为电流表G的示数，为电流表A的示数），则由图线可得被测电池的电动势E=_V，内阻r=_.（结果保留到小数点后两位）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）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L80 cm，两板间的距离d40cm,电源电动势E40V，内电阻r1，电阻R=23，闭合开关S，调节滑动变阻器，当滑动变阻器接入电路的阻值R滑=16，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v04m/s水平向右射入两板间，该小球

9、可视为质点若小球带电量q110-2C，质量为m210-2 kg，不考虑空气阻力，电路中的电压表、电流表均是理想电表 (g取10 m/s2)求：（1）此时电压表的示数U=？（2）小球在电场运动过程的加速度a=？（3）小球离开电场时的侧移量y=？（4）小球离开电场时的运动方向与水平方向的夹角的正切tan=？14（16分）如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道 BC相切，圆弧轨道的圆心角为37，半径为r=0.21m，C端水平, AB段的动摩擦因数为0.1竖直墙壁CD高H=0.2m,紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L=0.3m的斜面一个质量m=0.1kg的小物块(视为质点)在

10、倾斜轨道上从距离B点l=0.1m处由静止释放，从C点水平抛出重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.2求： （1）小物块运动到C点时对轨道的压力的大小；（2）小物块从C点抛出到击中斜面的时间； （3）改变小物体从轨道上释放的初位置，求小物体击中斜面时动能的最小值15（12分）在如图所示的匀强电场中，有A、B两点，且A、B两点间的距离为x=0.20 m，已知AB连线与电场线夹角为=60，今把一电荷量q=210-8C的正检验电荷放入该匀强电场中，其受到的电场力的大小为F=4.010-4 N，方向水平向左求： （1）电场强度E的大小和方向；（2）若把该检验电荷从A点移到B点，

11、电势能变化了多少；（3）若A点为零电势点，B点电势为多少参考答案一、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】因粒子由P到Q是加速运动，而粒子带正电，故说明电场线是由M到N的；因粒子在运动中加速度越大越大，说明受电场力越大越大，则电场强度越大越大，电场线越来越密；故C正确，ABD错误；故选C2、B【解析】根据和欧姆定律、电阻定律分析即可【详解】设导体的单位体积内的自由电子数为n，导体的横截面积为S，则导体的电流可以表示为，电压U加倍时，导体的电阻值不变，根据欧姆定律可知导体的电流加倍，所以自由电子定向移动的平均速率加倍，错

12、误；导线长度l加倍时，根据电阻定律：可知导体的电阻值加倍，由欧姆定律可知通过导体的电流值减小为原来的一半，所以自由电子定向移动的平匀速率减为原来一半，正确；导线截面直径d加倍时，导线的横截面积变成原来的4倍，根据电阻定律可知导体的电阻值变成原来的，由欧姆定律可知通过导体的电流值增大为原来的4倍，结合公式可知，自由电子定向移动的平均速率不变，正确错误，故B正确3、A【解析】对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有：（mg-F）t=0-mv0；得：F=mg+；由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F=mg+；故选C4、B【解析】A、由于静电感应，A球的左右两端带上不同的电荷

13、，但整体不带电，故A错误；B、由于静电感应，B球带负电，但电势和大地的电势相等，为零，故B正确；C、C球在金属球壳的外部，会带上与球壳相同的电荷，且电势与球壳电势相等，故C错误；D、D球在球壳的内部，与球壳接触后成为球壳内部的一部分，所以D不带电，故D错误点睛：达到静电平衡状态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥力作用，尽可能远离，故都分布在导体的外表面上，所以小金属球C带电，而A、B也会由于静电感应而带电5、D【解析】AD. 元电荷表示电荷量，是一个电子所带的电荷量的绝对值，不是点电荷，故A错误，D正确；BC.当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可

14、看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，与电荷量的多少无关，故BC错误。6、A【解析】发现电流周围存在磁场的物理学家是奥斯特，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、AC【解析】AB滑动变阻器向右移动，电路总电阻减小，根据：可知，电流表的示数变大，根据：可知电压表的示数减小；故A正确，B错误；CD当P移到滑动变阻器的右端时，外电阻R最小，根据：可知，电路中的电流最大；根据：可知此时电源内部消耗的电功率最大；故C正确；根据效率：可知，此时的电源

15、的效率最低，故D错误；8、ACD【解析】据带正电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，从而判断B处是负电荷，A处是正电荷；再根据电场线的特点分析即可【详解】A、B、据电场线的分布情况可知，带电粒子从C到D的过程中，电场力的方向与运动方向小于90，电场力对其做正功，电势能减小，动能增大；故A正确，B错误。C、据带电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，结合某点的切线方向，即为速度方向，从而判断粒子带正电；故C正确。D、据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量；故D正确。故选ACD【点睛】弄清电场强度、

16、电势、电势能、电场力做功等概念及间的关系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化9、BCD【解析】A当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电阻变小，则外电路的总电阻变小，小电阻分小电压，则外电压变小，故消耗的功率：变小，故A错误；B变小，外电路的总电阻变小，则干路总电流变大，而上电压变小，则电流变小，故上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，则电荷量变大，故B正确；C变小，小电阻分小电压，则的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L变暗，故C正确；D两端的电压变大，两端的电压变小，二者电压之和等于外电压，由前面分析之外电压变小，故两端增加的电压小于两端减小的电压，故D正确。10、AB【解析】小

17、球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知，解得：，小球在电场中运动，在最低点受力分析可知，解得，由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，A正确C错误；因为，结合可知：，B正确；由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，D错误【点睛】洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影

18、响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小三、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、 减小 B D 【解析】(1) 根据表中数据在坐标纸上描点，再用平滑的曲线连接各点,作出图象如图所示:(2)图象的斜率表示电阻R的倒数，根据图象可知斜率逐渐增大可知：该热敏电阻的阻值随电压的增大而减小，电流的变化范围为0-20mA，所以电流表选择B，滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的R1,故选D；(3)由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，待测电阻阻值约为；，

19、满足是大电阻，电流表应采用内接法；实验电路图如图所示：【点睛】本题考查了作图象、实验器材的选择、设计实验电路图，电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器只能采用分压接法12、b D 1.46V 0.84 【解析】（1）12没有电压表，可以将电流表串联一个电阻，可以改装成电压表，根据欧姆定律若将电流表与定值电阻串联有U=I1R0=0.003（990+10）=3V，可以准确测出电源电动势，故应将电流表A1与定值电阻串联使用，故合理的是b图；电源电动势约为1.5V，内阻约为1欧姆，为方便实验操作，滑动变阻器应选D。（2）34由电路图可知，在闭合电路中，电源电动势： 则：由图象可知，图象的截距：则电源电动

20、势为：E=1.46V；图象斜率：电源内阻为：r=0.84；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) 16V (2) 10m/s2 (3) 0.2m (4) 0.5【解析】（1）由闭合电路的欧姆定律：I=ER滑+R+r=4016+23+1A=1A 电压表的示数：U=IR滑=116V=16V（2）E=Ud=160.4V/m=40V/m 由牛顿第二定律得：Eq-mg=ma带入数据解得a=10m/s2（3）设小球在板间飞行时间为t， t=Lv0=0.84s=0.2s y=12at2=12100.22m=0.2m （4）vy=at=100.2m/s=2m/s tan=vyv0=24=0.5【点睛】此题首先要搞清电路的结构，知道电容器两端的电压是哪个电阻上的电压；然后结合平抛运动的规律求解.14、（1）2.2N （2） t=315s （3）当y=0.12m，Ekn=0.15 J 【解析】试题分析：小物块从A到C的过程，由动能定理求出C点的速度在C点，由牛顿第二定律求轨道对小物块的支持力，再由牛顿第三定律得到小物块对轨道的压力（2）小物块离开C点后做平抛运动，由平