湖北省华中师大一附中2023学年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，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A甲表是电流表，R增大时量程减小B甲表是电流表，R增大时量程增大C乙表是电压表，R增大时量

2、程减小D上述说法都不对2、铅蓄电池的电动势为2V，下列说法错误的是 ( )A电路通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能B电池接入电路时，其两极间的电压是2VC电池没有接入电路时，其两极间的电压是2VD铅蓄电池把化学能转化为电能的本领比一节干电池(电动势为1 .5V)大3、初速为0的电子经电压U1加速后垂直电场方向进入平行板间电场，平行板间的电压为U2，若U1加倍，为了使电子在板间的轨迹不变，下列做法可行的是（）A将U2加倍B将板间距离加倍C将U2及板间距离同时加倍D将U2变为原来的一半4、在地面附近存在一个有界电场，边界将空间分成上、下两个区域I、II,在区域 II中有竖直向上的匀强电场

3、，在区域I中离边界某一高度处由静止释放一个质量为的 带电小球A 如图甲所示，小球运动的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（）A小球受到的重力与电场力大小之比为4 : 5Bt=5s时，小球经过边界MNC在小球向下运动的整个过程中，重力做的功 大于克服电场力做的功D在14 s过程中小球机械能先减小后增大5、下图中，可以将电压升高给电灯供电的变压器是（ ）ABCD6、如图,电源电动势为E,内阻为r,不计电压表和电流表的内阻对电路的影响。当开关闭合后,两灯均能发光.在将滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中,下列说法正确的是( ) A小灯泡L1、L2均变暗B小灯泡L1、L2均变亮C流过滑动变阻器的电流变大D电

4、流表A的读数变小,电压表V的读数变大二、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、如图所示为一点电荷电场的电场线，M、为电场中的两点。下列说法正确的是A该点电荷为负电荷B该点电荷为正电荷CM点电场强度小于N点电场强度DM点电场强度大于N点电场强度8、如图所示，电源电动势E=12V.内阻r=3.R0=1.直流电动机内阻R0=1，当调节滑动变阻器R1=2时，图甲电路输出功率最大，调节R2使图乙电路输出功率最大，且此时电动机正好正常工作（(额定功事为6W).则此时R2的阻值和电动机的

5、焦耳热功率P为AR2=2BR2=1.5CP=6WDP=4W9、利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子图中板MN上方的感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L一群质量为m、电荷为q，具有不同素的的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度d的缝射出的粒子，下列说法正确的是A粒子带正电B射出粒子的最大速度为C保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大10、静电喷涂机原理如图所示，静电喷涂机接高压电源，工作时涂料微粒会向带正电的被喷涂工件高速运

6、动，微粒最后被吸附到工件表面关于静电喷涂机的涂料微粒，下列表述正确的有( )A微粒带负电B微粒带正电C微粒受洛伦兹力作用D微粒受电场力作用三、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）为了测量一节干电池的电动势和内电阻，实验室准备了下列器材供选用：A待测干电池一节B直流电流表（量程0 0.6 3 A，0.6 A挡内阻为0.1，3 A挡内阻为0.02）C直流电压表（量程0 3 15 V，3 V挡内阻为5 k，15 V挡内阻为25 k）D滑动变阻器（阻值范围为0 15，允许最大电流为1A）E滑动变阻器（阻值范围为0 1000，允许最大电流为0.

7、2 A）F开关G导线若干（1） 将如图所示中的器材，进行实物连线_；（2）为尽可能减少实验的误差，其中滑动变阻器选_（填代号）；（3）根据实验记录，画出的UI图线如图所示，从中可求出待测干电池的电动势为E=_V，内电阻为r=_12（12分）（1）某同学在一次“测定某特殊电阻元件的电阻”的实验中，用游标卡尺测量电阻元件的长度为L，用螺旋测微器测量金属丝直径d。电阻元件长L为_cm，金属丝的直径d为_mm；（2）该同学用多用表欧姆档粗测电阻，选用“100”倍率的电阻挡估测元件电阻，发现多用表指针偏角过大。因此他选择“10”倍率的电阻挡。并欧姆调零，再进行测量，之后多用表的示数如下图所示，测量结果为

8、R=_。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，在半径为的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P以速率的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；（2）若粒子对准圆心射入，且速率为，求它打到感光板上时速度的垂直分量.14（16分）轻质细线吊着一质量为m0.32 kg、边长为L0.8 m、匝数n10的正方形线圈，总电阻为r1 .边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如

9、图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化关系如图乙所示，从t0开始经t0时间细线开始松弛，取g10 m/s2.求：(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势；(2)在前t0时间内线圈的电功率；(3)t0的值15（12分）如图所示,质量为的带正电小球能沿着竖直的绝缘墙竖直下滑,磁感应强度为B的匀强磁场方向水平,并与小球运动方向垂直.若小球带电荷量为q,球与墙间的动摩擦因数为,求：（1）小球下滑的最大速度为多大？（2）下滑过程中最大加速度为多大？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】AB、灵敏电流计G改装成电

10、流表需并联小电阻分流，根据图可知，甲表是电流表，并联的电阻越大，则分流越小，量程越小，故A正确，B错误；C、灵敏电流计G改装电压表需串联大电阻分压，根据图可知，乙表是电压表，R增大时，则分压越大，量程越大，故C错误；D、由上可知，故D错误；故选A。【点睛】改装电压表和电流表所应用的原理都是串联分压和并联分流2、B【解析】电动势与电势差是两个不同的概念，电动势等于内外电路电压之和电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关。【详解】A项：电路中每通过1C的电量时，电池将2J的化学能转化为电能；故A正确；B项：当电源接入外电路时，电池两端

11、的电压小于电动势2V，故B错误；C项：铅蓄电池的电动势为2V，不接入外电路，该铅蓄电池两极间的电压为2V，故C正确；D项：电动势反应电源将其他形式的能转化为电能的本领；故铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的强，故D正确。故应选B。【点睛】本题考查对电动势的理解关键抓住电动势的物理意义：表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小。3、A【解析】电子现在加速电场中被加速，获得速度后进去偏转电场做类平抛运动，由类平抛运动的公式其中在加速电场中，由动能定理得化简可得电子做类平抛运动的轨迹方程为若U1加倍，为了使电子在板间的轨迹不变，可以将U2加倍，或者将板间距离减半。

12、故选A。4、D【解析】B小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s或者4s时，故B错误。A由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：进入电场后的加速度大小为：由牛顿第二定律得：mg=ma1F-mg=ma2得电场力：由得重力mg与电场力F之比为3：1故A错误。C整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与克服电场力做的功大小相等，故C错误。D整个过程中，由图可得，小球在0-2.1s内向下运动，在2.1s-1s内向上运动，在1s4s过程中，电场力先做负功，后做正功。电势能先增大，后减小；由于整个的过

13、程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以小球的机械能先减小后增大。故D正确。5、C【解析】变压器不能升高直流电流的电压，AD错误；根据变压器电压与匝数成正比，则升压变压器的原线圈匝数应小于副线圈匝数，B错误；C正确6、D【解析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化分析并联部分电压的变化，判断L1灯亮度的变化。【详解】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，则干路电流减小，故L2灯变

14、暗，电流表读数变小。电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表读数变大根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则L1灯变亮由上分析可知，流过滑动变阻器的电流等于灯L2的电流减去灯L1的电流，所以流过滑动变阻器的电流一定减小，综上所述，故应选：D。【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键。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. 根据电场线分布可知，该点电荷为负电荷，选项A正

15、确，B错误；CD. 因N点电场线较M点密集，可知M点电场强度小于N点电场强度，选项C正确，D错误。8、BD【解析】考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：对于甲图，当电路的内阻和外阻相等时，电路的输出功率最大，由此可以求得甲图中的最大的功率，根据最大的功率可以求得乙图中的电阻的大小和电动机的机械功率解答：解：由闭合电路欧姆定律可得，甲图中电路的电流为I=A=2A，所以电路的最大的输出功率为P=I2（R0+R1）=12W，对于乙图，输出的功率也为12W，所以对于乙图有I2R2+6W=12W，解得R21.5，对于电动机，发热功率为I2R0=4w，所以BD正确故选BD点评：对于

16、电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的9、BC【解析】粒子向右偏转，根据左手定则知，粒子带负电故A错误粒子在磁场中运动的最大半径为，根据半径公式得，粒子的最大速度故B正确粒子在磁场中偏转的最小半径为，根据半径公式得，粒子的最小速度，则最大速度和最小速度之差，保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度和最小速度之差不变故C正确，D错误故选BC10、AD【解析】因为被涂工件带正电，所以粒子带负电，这样使得涂料更好的与被涂物体相结合，过程中电荷受到的库伦力，属于电场力，所以AD正

17、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、 D 1.5 V 1.0 【解析】（1）测定电源电动势和内电阻的电路图如图所示，对照电路图连线如下：（2）滑动变阻器E电阻值较大，操作不方便，同时额定电流太小，故选小电阻的滑动变阻器；故选D（3）电源的U-I图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E=1.5V；斜率表示电源的内电阻，故12、11.050 1.996 300 【解析】（1）12由图示游标卡尺可知，其示数为：110mm+100.05mm=110.50mm=11.050cm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+49.60.01mm=1.

18、996mm；（2）3由图示表盘可知，电阻阻值为：R=30.010=300；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）；（2）。【解析】（1）设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为，由牛顿第二定律得解得：r=R带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图所示则（2）由（1）知，当时，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为，其运动轨迹如图所示由图可知，所以带电粒子离开磁场时偏转原来方向60，则有：14、 (1)0.4 V(2)0.16 W(3)2 s【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得：Enn 解得E0.4 V 感应电流的方向：逆时针(2)I0.4 A PI2r 0.16 W (3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有：F安nBt0ImgI Bt02 T 由图乙知：Bt010.5t0 解得：t02 s15、（1） （2）【解析】对小球进行受力分析，再根据各