2023学年江苏省永丰初级中学物理高二第一学期期中达标测试试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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，两块大小、形状完全相同的金属板正对着水平放置，构成一个平行板电容器将两金属板分别与电源两极相连，闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴P恰好处于静止状态，下列判断正确的是（ ）A保持开关S闭合，增大两极间的距离，液滴向上运动

2、B保持开关S闭合，增大两板间的距离，液滴向下运动C断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动D断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动2、图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1、A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是A该带电粒子带负电B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大3、如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以向右匀速运动，一个质量为m的小球

3、从高h处自由下落，与小车碰撞后，与车一起向右运动，则其速度为ABCD4、将两物体间距离r增加到原来的3倍，由F=Gm1m2r2可知，它们之间的万有引力将变为原来的（ ）A12 B16 C19 D1125、静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于x轴、y轴对称，且相邻两等势线的电势差相等图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是： （ ）Aa点的电势高于b点的电势B电子在a点的加速度大于在b点的加速度C电子在a点的动能小于在b点的动能D电子在

4、a点的电势能小于在b点的电势能6、如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的点，b粒子打在B板的点若不计重力，则( )Aa的电荷量一定大于b的电荷量Ba的质量一定小于b的质量Ca的比荷一定大于b的比荷Da的动能增量一定小于b的动能增量二、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、下列四幅图中通电导体受力方向表示正确的是 ( )ABCD8、下列关于电源电动势的说法正确的是（ ）A电源是通过静电力把其它形式的能转

5、化为电能的装置B在电源内部正电荷从低电势处向高电势处移动C电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领D把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势随外电阻的增大而增大9、在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向b端移动，则下列说法正确的是（ ）AI1增大，I2 不变，U增大BI1减小，I2 增大，U减小C电源的总功率减小D电源内部消耗的热功率增大10、如图甲所示，光滑水平面上有一足够长的木板B，木板上表面放一质量为1kg的小物块A，在木板B右

6、方水平面上有一竖直墙面。t=0时刻，A、B以相同的速度一起向右匀速运动，经过一段时间木板B和竖直墙面发生碰撞，忽略木板和墙面碰撞的时间，整个过程它们的速度v随时间t变化的关系图像如图乙所示，g=10m/s2。则以下说法正确的是A木板B的质量为2kgB物块与木板之间的动摩擦因数为0.2C在08s时间内，A和B组成的系统动量守恒D整个过程小物块A在木板B上的划痕长为20m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）（1）用多用电表测量一个定值电阻的阻值。经过规范操作后，指针位置及选择开关所选欧姆挡倍率分别如图甲、乙所示，则此定值电阻的阻值为_

7、。（2）如图丙所示，在“测定电池的电动势和内阻”实验中，已经连接一部分电路，还剩一根导线没有连接，请在对应位置将电路连接完整。（_）（3）在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，用电压表和电流表测出多组（U，I）值，在I-U坐标系中描出各对应点，如图丁所示。以下是四位同学作出的小灯泡伏安特性曲线，其中最合理的是_。ABCD12（12分）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V(量程为3V，内阻约3k)；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70）；滑动变阻器R（10，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。 在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图

8、可得该电源电动势E=_ V ，内阻r=_ 。（结果保留两位有效数字）一位同学对以上实验进行了误差分析其中正确的是_A实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用B实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用四、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，一个电子以的速度沿与电场垂直的方向从A点飞进匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成150角方向飞出，电子从A到B运动的时间为.电子的质量为，电子重力不计则：(1)A、B两点间的电势差为多少？ (2)匀强电场的电场强度为多少？14（16分）如图所示的电路中

9、，R1=2，R2=6，电源内阻r=1，若开关闭合后通过电源的电流为3A，铭牌上标有“6V 12W”的电动机刚好正常工作，求：(1)流过R2上的电流为多少？(2)电源电动势为多少？(3)若电动机线圈电阻为r0=0.5，电动机输出功率为多少?15（12分）如图所示是示波器的部分构造示意图，真空室中阴极K不断发出初速度可忽略的电子，电子经电压的电场加速后，由孔N沿长L=0.10m相距为d=0.02m的两平行金属板A、B间的中心轴线进入两板间，电子穿过A、B板后最终可打在中心为O的荧光屏CD上，光屏CD距A、B板右侧距离s=0.45m.若在A、B间加的电压已知电子电荷最e=1.610-19C，质量m=

10、9.110-31Kg.求:（1）电子通过孔N时的速度大小；(2)电子通过偏转电场的偏转位移y；（3）荧光屏CD上的发光点距中心O的距离.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】试题分析：保持开关S闭合，说明两极板间的电压不变，若减小两极间的距离，则极板间的电场强度变大，电荷受到的电场力将增大，因为原来电荷处于静止状态，故电场对电荷的作用力是向上的，故液滴会向上运动，选项A正确；B错误；断开开关S，说明极板上的电荷量不变，根据电容的定义式及决定式可知：C，故减小两板间的距离，两极板间的电场大小不变，液滴仍静止，

11、故选项CD均错误考点：电容的定义式及决定式【名师点晴】当电容与电源连接时，可以认为电容的两端电压是不变的，当电容与电源连接后又断开开关，则说明电容极板上所带的电荷量是不变的；由电容的定义式和决定式可知，电容间的电场强度E是不随极板间距离的变化而变化的，故液滴受到的电场力就是不变的2、D【解析】A粒子垂直磁场向下进入磁场，根据左手定则可以知道粒子带正电，所以A错误.B粒子带正电，则受电场力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B错误.C由：得：此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，所以C错误.D由：知R越小比荷越大，故D正确.3、A【解析】对于小球与小车组成的系统，在小球与小车碰撞的过程

12、中，系统水平方向不受外力，则系统水平方向的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：解得故选A。4、C【解析】将两物体间距离r增加到原来的3倍，由F=Gm1m2r2可知，它们之间的万有引力将变为F=Gm1m2(3r)2=F9，故选C.5、C【解析】AC根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故电子沿x轴方向一直加速，所以电子在a点的动能小于在b点的动能，对负电荷是从低电势向高电势运动，所以a点的电势低于b点的电势，故A错误，C正确；B根据等势线的疏密知道b处的电场线也密，场强大

13、，电子的加速度大，故B错误；D根据负电荷在负电荷在电势低处电势能大，可知电子的电势能一直减小，则电子在a处的电势能大于在b处的电势能D电子的电势能一直减小，D错误；6、C【解析】据题意，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其水平位移为：，竖直位移为：，当a、b以相同速度垂直电场线进入电场后，有：，由于v、y和E都相等，而b粒子的水平位移大故b粒子的较大，因而a粒子的较大，故C正确点晴：本题考查带电基本粒子（不考虑重力）在匀强电场中做类一平抛运动，处理方法将运动分解为：初速度方向：匀速直线运动，电场力方向：匀加速直线运动二、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，

14、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】试题分析：由左手定则可知AD正确考点：考查左手定则点评：难度较小，左手定则中注意四指和大拇指的指向不要混淆8、BC【解析】电源是通过内部非静电力把其它形式的能转化为电能的装置，故A错误；在电源内部，电流方向从负极指向正极，所以正电荷从低电势处向高电势处，故B正确；电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，故C正确；把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不变，故D错误。所以BC正确，AD错误。9、BD【解析】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的

15、总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则通过R2的电流I2增大，即A2示数I2增大，A错误B正确；电源的总功率P总=IE，总电流I增大，电源的总功率增大，C错误；电源内部消耗的热功率P=I2r，总电流I增大，故电源内阻消耗的热功率增大，D正确【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部整体局部10、BD【解析

16、】A取向右为正方向，由图像可知，与墙壁碰撞之后，物块A的速度；小车B的速度；当A和B共速时的速度 ；由动量守恒可知： 解得mB=4kg选项A错误；B在2-6s内物块A的加速度 则由可得=0.2选项B正确；C因t=2s时刻小车与墙壁碰撞，受向左的合外力，可知系统的动量不守恒，选项C错误；D对系统，从2-6s时间内，由能量关系： 解得L=20m选项D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。11、120 见解析图 A 【解析】（1）由图乙可知，欧姆表档位选择10；故读数为1210=120；（2）由图示实物电路图可知，该实验应用伏安法测电源电动势与

17、内阻，电流表测电路电流，电压表测路端电压，实物电路图如图所示：（3）根据描点法的基本要求，用平滑的曲线连接各点即可，不能是直线，也不能出现明显的折线。故A正确，BCD错误。12、1.5 1.0 A 【解析】12根据U=E-Ir以及图象可知，电源的电动势为：E=1.5V，电源内阻为：3由图示电路图可知，由于电压表的分流，电流表的测量值小于流过电源的电流，实验产生了系统误差，故A正确，B错误；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）-136.5V（2）3.910-2V/m【解析】（1）电子做类平抛运动，将vB分解为水

18、平速度v0和竖直速度vy，vA=vBcos60 所以：vB=2vA=24106=8106m/s设A、B两点间的电势差为UAB，根据动能定理： 所以 （2）竖直分速度：vy=v0tan30 由运动学公式有：vy=at 牛顿第二定律：eE=ma联立解得： 点睛：本题运用动能定理求电势差，也可以根据类平抛运动的特点，牛顿第二定律和运动学结合求解14、 (1)I=1A (2)12V(3)10W【解析】图中电阻R2和电动机M并联，则知电阻R2上的电压与电动机两端的电压相等，求出流过电阻R2的电流；同样可以根据电动机的铭牌，由功率公式P=UI求出流过电动机的电流，即可得到干路电流，从而求的电源电动势；当电动机内阻为0.5时求得内阻消耗功率，从而求得电动机输