湖南省常德市2023学年高二物理第一学期期中学业质量监测试题含解析

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、图为示波管的原理图，如果在电极YY之间所加的电压按图甲所示的规律变化，在电极XX之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是 （ ）ABCD2、如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方的场强为E1，

2、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2、方向竖直向上的匀强电场一个质量m，带电+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（ ）A若A、B高度差为h，则B带电小球在A、B两点电势能相等C在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D若，则两电场强度大小关系满足E2=2E13、小灯泡通电后其电流 I 随所加电压 U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为 U 轴的垂线，PM 为 I 轴的垂线则下列说法中正确的是（ ）A随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变B随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小C对应 P 点

3、，小灯泡的电阻为D对应 P 点，小灯泡的电阻为4、关于速度和加速度，以下说法中正确的是（）A速度表示物体位置变化的大小和方向B物体的加速度增大，物体的速度可能减小C物体的速度改变量v越大，加速度一定越大D物体的速度变化越大，则加速度也越大5、如图所示，我国“北斗卫星导航系统”由5颗静止轨道卫星（地球同步卫星）和30颗非静止轨道卫星组成，卫星轨道半径大小不同，其运行速度、周期等参量也不相同，下面说法正确的是（ ）A卫星轨道半径越大，环绕速度越大B卫星的线速度可能大于7.9km/sC卫星轨道半径越小，向心加速度越大D卫星轨道半径越小，运动的角速度越小6、如图所示，小球A、B质量均为m，初始带电量均

4、为+q，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向角而静止，如果保持B球的电量不变，使A球的电量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的时，下列判断正确的是A小球A受到细线的拉力大小不变B小球B受到细线的拉力变小C两球之间的库仑力大小不变D小球A的电量减小为原来的二、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、两个相同金属小球（均可视为点电荷）带电量之比为3:1，固定在相距为r的两处，它们之间的库仑力大小为F，两小球相互接触后分开

5、并将其固定距离变为r/2，现在两球间的库仑力大小F，则下列分析可能正确的是AF=13F BF=23FCF=43F DF=163F8、在如图所示的电路中，R1r，将滑动变阻器R的滑片从位置a向下滑动到位置b的过程中，电路均处于稳定状态。滑片处于位置b和位置a相比，电路中（）A灯泡L的亮度变亮B电容器C所带电荷量Q增大C电源的输出功率P增大D电阻R1消耗的热功率P1增大9、如图所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN，MNOD，拉动MN使它从O点以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在MN运动过程中闭合电路的( )A感应电动势逐渐增大B感

6、应电流逐渐增大C感应电流将保持不变D感应电流逐渐减小10、一个直流电动机所加的电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下列说法正确的是（ ）A电动机的输出功率为 B电动机的发热功率为 C电动机的功率可写作D电动机的输出功率为三、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）某同学在做多用电表测电阻的实验中：（1）测量某电阻时，用“10”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用_档（填“1”或“100”），换档后，在测量前先要_（2）如图所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，D是多用表表盘指针在测量时的偏转位置若是用

7、A档测量，指针偏转如D，则读数为_；若是用B档测量，指针偏转如D，则读数为_；若是用C档测量，指针偏转如D，则读数为_12（12分）某实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线,他们设计了如图(甲)所示的电路图请回答下列问题：(1)图(乙)中实物连线按图(甲)的电路图补充完整_(2)图(甲)中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑片，总不能使电压表的示数调为零，原因可能是图(甲)中的_(选填a，b，c，d，e，f )处接触不良(3)据实验测得的数据作出该元件的图线如图(丙)所示，则元件Q在时的电阻值是_，图线在该点的切线的斜率的倒数_(选填“大于”“等于”或“小于”)电阻值四

8、、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）电源的电动势为4.5V、外电阻为4.0时，路端电压为4.0V.求：(1)电源的内阻是多少?(2)如果在外电路再并联一个6.0的电阻，路端电压是多大?14（16分）空间有一静电场，在x轴上的电场方向竖直向下，轴上的电场强度大小按 Ekx分布（x是轴上某点到 O点的距离），如图所示。在O点正下方有一长为L的绝缘细线连接 A、B两个均带负电的小球（可视为质点），A 球距O点的距离为L，两球恰好静止，细绳处于张紧状态。已知 A、B 两球质量均为m,B所带电量为-q，k ，不计两小球

9、之间的静电力作用。（1）求A球的带电量；（2）画出 A 球所受电场力F 与x的图像；剪断细线后，A球向上运动，求A球运动的最大速度vm；（提示：借助 F-x图像可以确定电场力做功的规律）（3）剪断细线后，求B球的运动范围。15（12分）如图所示为一电流表的原理示意图质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连,绝缘弹簧劲度系数为k,在矩形区域abcd内有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外,与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的刻度,MN的长度大于ab当MN中没有电流通过且处于平衡状态时,MN与矩形区域的cd边重合,当MN中有电流通过时,指针所指刻度可表

10、示电流大小(1)当电流表示数为零时,弹簧伸长多少?(重力加速度为g)(2)若要电流表正常工作,MN的哪一端应与电源正极相接?若k=2.0N/m,ab=0.20m,cb=0.050m,B=0.20T,此电流表的量程是多少?(不计通电时电流产生的磁场的作用)(3)若将量程扩大2倍,磁感应强度应变为多大?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、C【解析】因为在电极xx之间所加的电压保持不变，可知在x方向上的偏转位移保持不变，在y方向上电压随正弦规律变化，即y方向上偏移在正负最大值之间变化故C正确，ABD错误故选C2、D【解析

11、】AB对A到B的过程运用动能定理得qUAB+mgh=0解得：，知A、B的电势不等，则电势能不等，AB错误；CA到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，C错误；D在上方电场，根据牛顿第二定律得：在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：因a1=a2解得：若，则有：E2=2E1，D正确。故选D。3、D【解析】A、图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明随着所加电压的增大，电阻逐渐增大，故AB错误；C、对应P点，根据欧姆定律可知小灯泡的电阻为，故C错误，D正确4、B【解析】A速度表示物体位置变化的快慢和方向，而不是变

12、化的大小，故A错误；B物体的加速度增大，物体的速度可能增加，也可能减小，当加速度与速度同向时，速度增加；当加速度与速度反向时，速度减小，故B正确；C物体的速度改变量v越大，加速度不一定越大，还受到时间的限制，故C错误；D物体的速度变化越大，加速度不一定大，还看时间，故D错误。故选B。5、C【解析】人造地球卫星在绕地球做圆周运动时，由地球对卫星的引力提供圆周运动的向心力，故有得， ， A由，知卫星的轨道半径越大，环绕速度越小；故A错误；B卫星的线速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故B错误。C根据，轨道半径越小，向心加速度越大，故C正确；D根据，知轨道半径越小，角速度越大，故D错误。6、D【解析

13、】小球B受力如图所示，两绝缘线的长度都是L，则OAB是等腰三角形，如果保持B球的电量不变，使A球的电量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的时，变小，F减小； 线的拉力T与重力G相等，G=T，即小球B受到细线的拉力不变；对物体A： ，则变小，TA变小；选项AB错误；小球静止处于平衡状态，当两球间距缓慢变为原来的1/3时，由比例关系可知，库仑力变为原来的1/3，因保持B球的电量不变，使A球的电量缓慢减小，由库仑定律 ，得：球A的电量减小为原来的 ，故C错误，D正确；故选D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

14、不全的得3分，有选错的得0分。7、CD【解析】接触前两个带电小球的库仑力为F=kQ3Qr2，若两点荷带同种电荷，则接触后两点荷各带电量为2Q，则此时的库仑力为F=k2Q2Q(r2)2=16kQ2r2=163F；若两点荷带异种电荷，接触之后两球电荷中和后在均分，故电荷量均为Q，此时的库仑力为FkQQ(r2)24kQ2r2=43F，故CD正确，AB错误；故选CD.【点睛】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键；同时注意两种可能的情况的讨论.8、CD【解析】A滑片位于位置b和滑片位于位置a相比，变阻器电阻变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，电路

15、总电流变大，灯泡L两端的电压变小，灯泡L变暗，故A错误；B灯泡电流变小，总电流变大，通过R2支路的电流变大，R2两端的电压增大，R2和变阻器两端的电压等于等于灯泡L两端的电压，故变阻器两端的电压减小，即电容器两端的电压减小，由知，电容器C所带电荷量Q减小，故B错误；C当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，因为，所以外电阻一定大于内阻，外电阻变小时，电源的输出功率P变大，故C正确；D由于总电流增大，根据知电阻R1消耗的热功率增大，故D正确；故选CD。9、AC【解析】设导轨的顶角为，电阻率为.A感应电动势为：感应电动势随时间不断增大，所以A正确;BCD感应电流为：整个电路的总电阻：计算得出：

16、式中各量恒定，则感应电流不变，故B错误，C正确，D错误.10、BD【解析】电动机的输出功率P出=P-P热=UI-I2R，故A错误，D正确；电动机的发热功率，根据焦耳定律可得P热=I2R，故B正确；因为PP热，即UII2R，UIR，欧姆定律不适用，故UI不能转化成I2R和，故C错误。所以BD正确，AC错误。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、1 重新调零 1.3103 6.4mA 32.0 V 【解析】指针偏角大，应换用小倍率，并重新调零，电阻的读数为示数乘以倍率，电压和电流的读数为格子数乘以每小格表示的数【详解】（1）指针偏角过大，说明

17、待测电阻阻值较小，为了准确要换1挡，然后重新调零（2）若用A挡，是测电阻，读数为13100=1.3103若用B挡，是测电流，读数为32.0 =6.40mA若用C挡，是测电压，读数为32.0=32.0V【点睛】本题考查了欧姆表、电压表和电流表的使用和读数，记住其方法即可解决此类题目12、 f 小于 【解析】（1）如图所示；（2）闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零，说明变阻器已不是分压式接法，所以可能是f处出现故障；（3）根据图象可读出时对应的电流，则待测电阻，由，可知待测电阻阻值应等于图线上的点与原点连线斜率的倒数，由于图象中切线的斜率大于

18、图线上点与原点连线的斜率，所以切线斜率的倒数小于点与原点连线斜率的倒数，即切线斜率倒数小于电阻值【点睛】（1）当考虑伏安法实验误差时，若是电流表外接法时，应将待测电阻与电压表看做一个整体，然后根据欧姆定律即可求解；（2）变阻器采用分压式接法时，电压可以从零调，采用限流式接法时，电压不能从零调；（3）应明确图象上点与原点连线斜率的读数等于与待测电阻.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】由闭合电路欧姆定律求出电源内阻，然后由闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律求出路端电压（1）外电阻4.0时，由欧姆定律得： ，解得r=0.5（2）在外电路并联一个6.0的电阻时，路端电压为14、 (1)(2)，(3)【解析】(1)A、B两球静止时，A球所处位置场强为B球所处位置场强为对A、B由整体法得解得(2)A球所受电场力F与x的图像如图所示剪断细线后，A球向上运动，当A球的加速度为零时，速度达到最大，此时A球距O点距离为：解得剪断细线后，A球从运动到获得最大速度，A球上升的高度为由动能定理得由图像可知，可得解得(3)剪断细线后，设B球向下运动的最大位移为x