吉林省长春市九台市师范中2023学年物理高二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 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、有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况相同，C球不带电将A、B两球相隔一定

2、距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球 先和A接触，再与B接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（ ）ABCD2、阅读下列材料，完成下面小题，解答时不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2,当小明下落30米时，此时弹性绳对他的拉力大小为A等于重力B大于重力C小于重力D等于03、关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是A磁体和通电导体都能产生磁场B两个磁场的叠加区域，磁感线可能相交C磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止的D磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的4、下列关于电源电动势的说法中正确的是（）A电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多B电源的路端电压增大时，其电源提供的电能

3、一定也增大C无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变D在某电池的电路中，每通过2 C的电荷量，电池提供的电能是4 J，那么这个电池的电动势是0.5 V5、如图（甲）从阴极发射出来的电子束，在阴极和阳极间的高电压作用下，轰击到长条形的荧光屏上激发出荧光，可以显示出电子束运动的径迹。若把射线管放在如图（乙）蹄形磁铁的两极间，阴极接高压电源负极，阳极接高压电源正极，关于荧光屏上显示的电子束运动的径迹，下列说法正确的是 A、电子束向上弯曲 B、电子束沿直线前进C、电子束向下弯曲 D、电子的运动方向与磁场方向无关6、下列有关物理学史说法正确的是A库仑提出了库仑定律，并通过实验测出了静电力常量B

4、牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量C为了方便研究电场，库仑提出了电场线的概念D库仑通过油滴实验测出了电子的电荷二、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、如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点在这一运动过程中克服重力做的功为，电场力做的功为则下列说法正确的是A粒子带负电B粒子在A点的电势能比在B点少JC粒子在A点的动能比在B点多JD在粒子和地球所组成的系统中，粒子在A点的机械能比在B点少J8、如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面

5、上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放则释放后小球从M运动到N过程中A小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量C弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和9、如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球（重力不计）在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是A电场强度的大小为BAB两点的电势差为C带电小球由A运动至B过程中电势能增加了D带电小球若由B匀速运动至

6、A，则恒力F必须反向10、如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是() A通过霍尔元件的磁场方向向上B若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大C仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变D接线端2的电势低于接线端4的电势三、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）图1中游标卡尺的读数是_mm；图2中螺旋测微器的读数是_mm.12（12分）用多用电表粗测量程为3V、内阻约几千欧的电压表内阻，如图

7、甲所示，其中红表笔应连接_（填“”、“3V”或“15V”）接线柱，如图乙所示，欧姆表的读数为_。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，一直流电动机与阻值R9 的电阻串联在电源上，电源的电动势E30 V，内阻r1 ，闭合开关，用理想电压表测出电动机两端电压U10 V，已知电动机线圈的电阻RM1 。（1）求通过电动机的电流；（2）求电动机的输出功率；（3）求电源的效率。14（16分）如图所示，在倾角为30的斜面上，固定一宽L0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E12

8、V，内阻r1 ，一质量m20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度B0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)金属导轨是光滑的，取g10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)通过金属棒的电流；(2)滑动变阻器R接入电路中的阻值15（12分）如图所示，一质量为m.电荷量为q的带正电荷小球（可视为质点）从y轴上的A点以初速度v0（未知）水平抛出，两长为L的平行金属板M.N倾斜放置且水平方向间的夹角为=370，带电小球恰好能垂直M板从其中心小孔B进入两板间（sin37=0.6, g取10m/s2）（1）试求带电小球抛出时的初速度v0；（2）若该

9、平行金属板M.N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足E=4mg5q，试计算两平行板M.N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小球不打在N板上.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】假设A带电量为Q，B带电量也为Q，两球之间的相互吸引力的大小是第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为Q/2，C与B接触时总电荷量再平分，则C、B分开后电量均为，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小，故选C【名师点睛】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和

10、再平分根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题2、D【解析】绳子长度为30m内，小明在下降30m内，仅受重力，做自由落体运动，所以弹簧的弹力等于0，故选D3、A【解析】A. 磁体在其周围可以产生磁场，通电导体在其周围可以产生磁场，故A正确；BD. 磁感线不是真实存在的，是为了描述磁场的分布而人为假想的，磁感线不能相交，故B、D错误；C. 磁感线在磁体的外部从极到极，在磁体内部是从极到极，故C错误。4、C【解析】电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多，故A错误；电源的路端电压增大时，其电源提供的电能的能力增大，而电源提供的电能不一定也增大，故B错误；无论无论内电压和外电压如

11、何变化，其电源的电动势一定不变，故C正确；根据电动势的定义式： ，可知这个电池的电动势是2 V，故D错误。所以C正确，ABD错误。5、C【解析】试题分析：电子束向右运动，磁场向里，由左手定则可判断出电子束向下弯曲。故选C考点：左手定则判断洛伦兹力的方向点评：注意电子带负电，由左手定则判断洛伦兹力的方向时，四指应指向负电荷运动的反方向。6、A【解析】A.库仑利用扭秤实验研究了得出电荷间相互作用力的规律-库仑定律，测出了静电力常量，故A正确；B.牛顿发现了万有引力定律，但他没有测出万有引力常量，是卡文迪许通过实验确定了万有引力常量，故B错误；C. 为了方便研究电场，法拉第提出了电场线的概念，故C错

12、误；D. 密立根通过油滴实验，测出了电子的电量，提出了电荷量子化观点，故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、CD【解析】在由A运动B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功，从运动轨迹上判断，粒子带正电，从A到B的过程中，电场力做正功为1.5J，所以电势能是减少的，A点的电势能要大于B点电势能，从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况，从A到B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守

13、恒以及功能关系可比较AB两点的机械能；【详解】A、由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A错误；B、从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在A点是的电势能要大于在B点时的电势能，故B错误；C、从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故C正确；D、从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了

14、1.5J，即粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J，故D正确【点睛】本题考查功能关系，要熟练掌握各种功和能的关系，在学习中注意掌握8、BC【解析】A、由于有电场做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误B、由题意，小球受到的电场力等于重力在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功，小球从M运动到N过程中，出现的是重力势能减小转化为电势能，故B正确；C、释放后小球从M运动到N过程中，弹力做正功，弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量，故C正确D、在小球运动的过程中，电场力做的负功等于重力做的正功，二者的和是1故D错误故选BC9、BC【解析】由题，小球的重力不

15、计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE=F，则得场强故A错误A、B两点的电势差为UAB=Edcos=故B正确带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W=Fdcos，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcos故C正确小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，恒力F大小、方向不变故D错误故选BC点睛：本题要根据小球的运动状态分析受力情况、确定外力做功、判断电势能变化，要注意明确物体做匀速运动时，恒力F与电场力一定等大反向10、CD【解析】根据安培定则可知，磁场的方向向下，故A错误；适当减小R1，电磁铁中的电流增大，产生的磁感应强度增大，而当增大R2，霍尔元件中的电流减小

16、，所以霍尔电压减小，即电压表示数一定减小，故B错误；当调整电路，将电源E1、E2反向接入电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，电压表的示数不变，故C正确；通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，负电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，负电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故D正确；故选CD【点睛】解决本题关键是理解左手定则与安培定则的应用，注意电子的移动方向与电流方向相反，简单了解霍尔元件的基本原理三、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、

17、33.10 6.124 【解析】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数.【详解】由图示游标卡尺可知，其示数为：33mm+20.05mm=33.10mm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：6.0mm+12.40.01mm=6.124mm.【点睛】本题考查了游标卡尺与螺旋测微器的读数，要掌握常用器材的使用及读数方法；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读.12、 “-” 3.2k 【解析】12因为红表笔内部接电池的负极，则红表笔应连接 “-”接线柱；欧姆表的读数为3.2k。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

18、求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、 (1)2A (2)16 (3)93.3【解析】（1）由E=30V，电动机两端电压为10V可得R和电源内阻上分担的电压为20V，则（2）电动机输入功率P=UI=10V2A=20W电动机输出功率（3）电源的效率14、 (1)0.5 A(2)23 【解析】(1)由题意知金属棒静止在金属轨道上受力平衡，如图所示：所以F安mgsin30，得F安0.1 N.解得I0.5 A.(2)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：EI(R0r)解得R0r23 .15、（1）3gL10；（2）52L6 【解析】试题分析： （1）设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中点B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有：L2cos=v0t，tan=v0gt，带电小球在竖直方向上下落的距离为：h=12gt2所以小球抛出点A的纵坐标为：y=h+L2sin，以上各式联立并代入数据可解得：v0=3L，y=1730L，t=25L3，h=4L15所以小球抛出点A的坐标为（0，1730L），小球抛出时的初速度大小为：v0=3L（2）设小球进入