湖北荆门市第一中学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考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、某原子电离后其核外只有一个电子，该电子在核的静电力作用下绕原子核做匀速圆周运动，并形成环形电流，那么对该电子运动及所形成的环形电流有A轨道半径越大，周期越小 B轨道半径

2、越大，环形电流越大C轨道半径越小，周期越大 D轨道半径越小，环形电流越大2、如图所示，实线为某电场中三条电场线，电场方向未知，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（） Aa一定带负电，b一定带正电Ba加速度减小，b加速度增大Ca电势能减小，b电势能增大Da的动能增加，b的动能减小3、如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，以E表示两极板间的电场强度，U表示电容器的电压，B表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则AU变小，Ep不变BE变大

3、，Ep不变CU变大，Ep变大DU不变，Ep变大4、如图所示，四个相同的表头分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则（ ）安培表A1的读数大于安培表A2的读数；安培表A1的偏转角小于安培表A2的偏转角；伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数；伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角。ABCD5、2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描F随h变化关系的图像是ABCD6、如图所示,小磁针的正上方,平行放置一直导线,当

4、导线通入电流I时,小磁针A转动,N极转向读者B转动,S极转向读者C不转动D上下振动二、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，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，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直，静电力常数为k。则（）AA点的电场强度大小为BB点的电场强度大小为CD点的电场强度大小可能为0DA、C两点的电场强度相同8、一洗衣机在正常工作时非常平稳，当切断电源后发现先是

5、振动越来越剧烈、然后振动逐渐减弱，这一过程中洗衣机振幅随波轮转速（国际单位制中，转速与波轮对洗衣机施加的力的频率数值上相等）变化的关系图线如图所示，对这一现象下列说法正确的是（ ）A正常工作时，洗衣机波轮的转速数值上大于洗衣机的固有频率B正常工作时，洗衣机波轮的转速数值上小于洗衣机的固有频率C当洗衣机振动最剧烈时，洗衣机的固有频率最大D当洗衣机振动最剧烈时，波轮转速数值上恰等于洗衣机的固有频率9、有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示。则下列说法正确的是（ ）Aa的向

6、心加速度小于地表重力加速度gBb在相同时间内转过的弧长最长Cc在4h内转过的圆心角是Dd的运动周期有可能是23h10、在光滑水平面上，A、B两小车中间有一弹簧，如图所示.用左、右手分别抓住小车A、B，将弹簧压缩后使两小车均处于静止状态将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法中正确的是（ ）A两手同时放开后，系统总动量始终为零B先放开左手再放开右手后，系统总动量不守恒C先放开左手再放开右手后，系统总动量向左D先放开左手再放开右手后，系统总动量向右三、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）在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A

7、干电池E（电动势约为1.5V，内阻小于）B电流表（满偏电流3mA，内阻）C电流表（，内阻）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）为方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是_。（填字母代号）（2）请画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图。（3）如图为某一同学根据他所设计的实验绘出的图线（为的示数， 为的示数），由图线可求得被测电池的电动势E=_V，内阻r=_ 。12（12分）描绘小电珠的伏安特性曲线的实验电路如图，小电珠的额定电压是3.8 V（1）根据实验数据在坐标系中描点如图试在坐标系中画出该小电珠的伏安曲线_（2）根据图象，下列说法正

8、确的是_A该小电珠的额定功率为1.14 WB小电珠在1 V电压下灯丝的电阻约为7.1 C小电珠在2 V电压下灯丝的电阻约为9.1 D小电珠在不同电压下的电阻不相同是因为珠丝的电阻率随温度升高而减小（3）关于该实验的系统误差，下列说法中正确的是_A系统误差主要是由电压表的分流引起的B系统误差主要是由电流表的分压引起的C系统误差主要是由于忽略电源内阻引起的D系统误差主要是由读数时的估读引起的（4）若将该小电珠接与r=20 的电阻串联后接在U0=4 V的电压两端，其实际功率是_W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

9、）一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在匀强电场中，如右图所示丝线与竖直方向成37角， （重力加速度为g），则：（1）匀强电场的电场强度的方向（2）匀强电场的电场强度的大小；14（16分）一个带电的微粒，从A点进入水平向右E=5V/m的匀强电场中， 从A运动到B， A、B两点之间的连线与电场线夹角=60，已知带电微粒的质量，电量，A、B相距。（不考虑重力）求：（1）微粒受电场力的大小和方向。（2）微粒从A到B过程电势能增大还是减小？变化了多少？15（12分）如图，R1=19，R2=12，当开关处于位置A时，电流表读数I1=0.2A；当开关处于位置B时，电流表读数I2=0.2

10、5A。求：电源的电动势E和内电阻r？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、D【解析】根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律ke2r2=m42T2r，解得：T=m42r3ke2 A、C项：半径越大，周期越大，半径越小，周期越小，故A、C错误；B、D项：半径越小，周期越小，而环形电流I=eT，则有电流越大，故B错误，D正确。故应选：D。2、B【解析】由于电场线方向未知，所以a、b电性不能确定，故A错误；电场线的疏密表示场强的大小，由图可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a

11、所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故B正确；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷都做正功，电势能减小，故C错误；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故D错误所以B正确，ACD错误3、A【解析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据知，电容增大，根据U=Q/C，则板间电压U变小由E=U/d，U=Q/C，得到：，可知E与d无关，则知电场强度E不变P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电

12、荷在P点的电势能不变故A正确，BCD错误故选A【点睛】解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式以及定义式C=Q/U要能熟练推导出场强的表达式，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析4、A【解析】两个安培表是并联在电路中，又安培表是利用表头与电阻并联改装得到的，所以此时两个安培表的表头是并联的，因此流过表头的电流是相等的，安培表A1的偏转角等于安培表A2的偏转角，又因为安培表A1的量程大于A2的量程，安培表A1的读数大于安培表A2的读数；两个伏特表是串联在电路中，又伏特表是利用表头与电阻串联改装得到的，所以此时两个伏特表的表头是串联的，因此流过表头的电流是相等的，伏

13、特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角，又因为伏特表V1的量程大于V2的量程，伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数。故选A5、D【解析】根据万有引力定律可得： ，h越大，F越小，故选项D符合题意；6、B【解析】试题分析：当导线中通过图示方向的电流时，根据安培定则判断可知，小磁针所在处磁场方向垂直纸面向里，小磁针N受力向里，S极受力向外，则小磁针N极转向里，S极转向读者故选B。考点：安培定则【名师点睛】判断电流方向与磁场方向的关系是运用安培定则小磁针N极受力方向与磁场方向相同。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

14、分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】AO点固定一电荷量为Q的正电荷在A点产生的场强方向竖直向上，大小为根据场的叠加原理可得A正确；BO点固定一电荷量为Q的正电荷在B点产生的场强方向水平向右，大小为根据场的叠加原理可得B错误；CO点固定一电荷量为Q的正电荷在D点产生的场强方向水平向右，大小为根据场的叠加原理可得若，则D点场强为0，C正确；DA、C两点的场强大小相等，方向不同，D错误；故选AC。8、AD【解析】A.当波轮振动频率等于洗衣机固有频率时，发生共振，振幅最大，所以根据图像可知，正常工作时，洗衣机波轮的转速数值上大于洗衣机的固有频率，故A正确B.根据选项A的分析，故B错

15、误C.固有频率是自身属性，不随外界变化。故C错误D.当波轮振动频率等于洗衣机固有频率时，发生共振，振动最剧烈，故D正确故选AD9、AB【解析】Aa受万有引力和支持力作用，靠两个力的合力提供向心力，向心加速度小于重力加速度g，故A正确。B根据得，由于rbrcrd，则vbvcvd，a、c的角速度相等，根据v=r知，c的线速度大于a的线速度，可知b的线速度最大，则相同时间内转过的弧长最长，故B正确。Cc为同步卫星，周期为24h，4h内转过的圆心角故C错误。D根据得，d的轨道半径大于c的轨道半径，则d的周期大于c的周期，可知d的周期一定大于24h，故D错误。10、AC【解析】A若两手同时放开A、B两车

16、，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零。故A正确。B先放开左手，再放开右手后，两车与弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。故B错误。CD先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左。故C正确；D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、 D 1.48 0.75【解析】（1）实验中应选用的较小阻值的滑线变阻器，有利于电流的变化和表的读数所以选R1，故选D。（2）由于没有电压表，用电流表A1与定值电阻串联组成电压表测路端电压，电流测电路电流，实验电路图如图所示：

17、（3）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：I1（R3+Rg）=E-I2r，变形得： ，由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48mA，则有： ，解得： ；由图象可知，图象的斜率为：0.7510-3，由公式得图象的斜率等于，即，解得： 。12、 ABC A 0.14（0.140.18之间均正确） 【解析】（1）如图，描点作图（2）小电珠的额定电压是3.8 V，读出对应的电流是0.3 A，小电珠的额定功率是P=UI=1.14 W，A正确；该小电珠在1 V电压下对应的电流为0.14 A此时珠丝的实际电阻是；B正确；该小电珠泡在2 V电压下对应的电流为0.22 A当

18、时珠丝的实际电阻又是，C正确；小电珠珠丝的电阻率是随温度升高而增大的，D错误（3）该实验主要系统误差来源于电压表的分流作用，导致电流表测量的电流偏大，测得的电阻偏小，电压表示数越大，电压表分担的电流越大，则测量的误差越大故A正确（4）将该小电珠接与r=20 的电阻串联后，相当于把小电珠接在电动势为4 V，内阻为20 的电源两端，画出电源的IU图象，可以看出，此时电压为1 V，电流为0.14 A，所以P=UI=1.14 W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）水平向右（2）【解析】(1)由图中可知小球受到一个向右的电场力，因小球带正电，故匀强电场方向水平向右.(2)由题意可知小球静止在电场中，由平衡条件得：故：