江西省鹰潭市2023学年高二物理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注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A 点沿AB边射出（电子重力不计），欲使电子能经过AC边，磁感应强度B的取值为ABBBCBDB2、

2、某点电荷的电场线如图所示，a、b、c三点的电场强度（ ）AEa最大 BEb最大 CEc最大 D一样大3、关于电场强度与电势的关系，下列说法中正确的是（）A电场强度大的位置，电势一定高B电场强度为零的位置，电势一定为零C电势为零的位置，电场强度一定为零D沿着电场线的方向，电势一定降低，但电场强度不一定减小4、图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里，云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用，分析此径迹可知粒子（ ）A带正电，由下往上运动B带正电，由上往下运动C带负电，由上往下运动D带负电，由下往上运动5、如图是匀

3、强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中俯头所示，M、N、O是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN。以下说法正确的是（）AO点电势与Q点电势相等B将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能减少CM、O间的电势差大于NO间的电势差D在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上6、通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为2I，则在时间t内产生的热量为（）A2Q B4Q C6Q D8Q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

4、5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为，小车（含单摆）以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞进行的过程中过程中，下列说法可能正确的是（ ）A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为、，满足：B摆球的速度不变，小车和木块的速度变为和，满足C摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足：D小车和摆球的速度都变为，木块的速度为，满足：8、两个完全相同的带电金属小球(均可视为点电荷)，电量大小分别2Q和4Q，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两

5、小球相互接触后，再将它们固定在相距为a/2的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比可能为( )A81B89C29D219、如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（ ）A导体框中产生的感应电流方向相同B导体框中产生的焦耳热相同C通过导体框截面的电荷量相同D导体框ad边两端电势差相同10、如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变

6、化的规律如图乙所示，从图象信息可得A在时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态B从到时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C两物体的质量之比为=12D在时刻A与B的动能之比为三、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）如图所示，用重物自由下落的方法验证机械能守恒定律。（只需填A或B，下同）（1）实验装置中所用打点计时器应接_电源。 A直流 B交流（2）实验时，应_A先接通电源后松开纸带 B先松开纸带后接通电源（3）本实验是为了验证重物的_总和是否保持不变。A动能和势能 B速度和下落的高度12（12分）在用电火花计时器（或电磁打点计时器）

7、研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带，已知计时器打点的时间间隔为0.01s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为_s用刻度尺量得点A、B、C、D到O点的距离分别为x1=1.50cm，x1=3.40cm，x3=5.70cm，x4=8.40cm由此可知，打C点时纸带的速度大小为_m/s与纸带相连小车的加速度大小为_m/s1四、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，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为

8、圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m=1kg，电荷量为+q的带电小球从斜面上距A点s=2m处的O点静止释放已知电场强度，=53，圆轨道半径R=1m，(g取10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6)。求：(结果保留两位有效数字)(1)小球经过B点时受到的支持力的大小；(2)为了使小球能经过C点，小球应在斜面上至少离A点多远处静止释放?14（16分）如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U1=4.5103V加速后以速度v0垂直等间距的进入电压U2=180V，间距为d=1.0cm，板长=5.0cm的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距

9、离偏转电场s=10.0cm的屏幕上的P点，（e=1.610-19C，m=9.010-31kg）求：（1）射出偏转电场时速度的偏角tan=？（2）打在屏幕上的侧移位移OP=？15（12分）用30cm的细线将质量为410-3的带电小球P悬挂在点下，当空中有方向为水平向右，大小为1104N/C的匀强电场时，小球偏转37后处在静止状态(1)分析小球的带电性质;(2)求小球的带电量;(3)求细线的拉力.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】当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，如图所示：由

10、几何知识得：2Rcos30=a，解得：；欲使电子能经过AC边,必须满足：而，得：，解得：；A. B故A项错误； B. B故B项错误；C. B故C项正确； D. B故D项错误2、A【解析】电场线的疏密反映场强的大小，由图象疏密知场强EaEbEc，即Ea最大，Ec最小；故A正确，BCD错误；故选A；【点睛】此题关键是知道电场线的疏密反映场强的大小，电场线越密集的地方场强越大，反之越小.3、D【解析】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系电场强度为零，电势不一定为零电势为零，电场强度也不一定为零电场强度越大的地方，电势不一定高顺着电场线方向，电势

11、逐渐降低，但场强不一定减小【详解】A项：电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，故A错误；B、C项：电势为零，是人为选择的，电势为零时场强并不一定为零，电场强度为零的位置，电势不一定为零，故B、C错误；D项：根据电场线的性质可知，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，但电场强度不一定减小，比如匀强电场，故D正确故应选：D【点睛】本题考查电场强度和电势之间的关系； 电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低4、A【解析】粒子穿过金属板后，速度变小

12、，由半径公式可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛仑兹力的方向指向圆心，由左手定则，粒子带正电所以A正确故选A5、C【解析】A根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，选项A错误；BM点的电势比Q点的电势高，负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，电荷的电势能增加，选项B错误；C根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差大于NO间的电势差，选项C正确；D在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上，选项D错误。故选C。6

13、、D【解析】根据公式Q=I2Rt可得：当通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q=I2Rt，当若电阻为2R，电流强度为2I，则在时间t内产生的热量为Q=(2I)22Rt=8Q，故D正确，A、B、C错误；故选D。【点睛】关键是正确掌握焦耳定律公式Q=I2Rt。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、BC【解析】AD.因碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的没有水平方向的分力，未改变小球的动量，即单摆没有

14、参与碰撞，单摆的速度不发生变化，故AD错误；BC.因为单摆的速度不变，所以研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得由于题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动，即故BC正确。故选BC。8、CD【解析】开始时根据库仑定律得： ，当带同种电荷时，根据接触带电原则可得各自带电为：3Q，此时的库仑力为： ，所以，故C正确；当带异种电荷时，根据接触带电原则可得各自带电为：Q，此时的库仑力为： ，所以，故D正确。所以CD正确，AB错误。9、AC【解析】由题意可知考查电磁感应中电流方向、能量转化、电路问题

15、，根据电磁感应规律分析计算可得【详解】A由楞次定律分析可知导体框中产生感应电流方向都为逆时针方向，故A正确；B导体框拉出过程中产生焦耳热等于克服安培力做的功，设导体框边长为L，总电阻为R联立可得 因两次拉出时的速度不同，产生的焦耳热不同，故B错误；C两次拉出时磁通量变化量相同，线圈电阻相同，通过导体框截面的电荷量相同故C正确；D向右拉出时向上拉出时导体框ad边两端电势差不相同，故D错误【点睛】导体棒切割磁感线部分是电源，电源两端电压指的是外电压向右切割时ad是电源，ad两端电压指的是ab、bc、bd三段电阻电压之和，向上拉出时，bc是电源，ad两端电压是ad段电阻电压产生焦耳热等于克服安培力做

16、功，由可比较产生热量关系10、BD【解析】试题分析：图线与坐标轴围成的面积表示位移，在时刻B的位移大于A的位移，此时弹簧处于拉伸状态，在时刻B做加速运动，即受到向右的弹力，所以此时弹簧处于压缩状态，当B的加速度为零时，弹簧弹力为零，所以时刻B受到的弹力为零，即弹簧恢复原长，故从到时刻弹簧由压缩状态恢复到原长，在A错误B正确；由于过程中两者和弹簧组成的系统动量守恒，故从0过程中有，解得，故，C错误；在时刻A的速度为，B的速度为，根据，解得，故D正确考点：考查了牛顿第二定律，动量守恒定律，【名师点睛】对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒

17、和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况三、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、B A A 【解析】(1)1实验装置中所用打点计时器应接交流电源，所以B正确，A错误；(2)2开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差所以A正确，B错误(3)3本实验是用重物自由下落的方法探究机械能守恒定律，即探究重物的动能和势能总和是否保持不变，所以A正确，B错误.12、0.1 0.15 0.

18、4 【解析】按打点先后顺序每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为T=0.1s纸带上相邻计数点的距离在增大，而且相邻计数点的距离之差不变，所以纸带做匀加速运动利用匀变速直线运动的推论得：用逐差法求得加速度四、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）20N （2）8.8m【解析】（1）从O到B过程，由动能定理得：mgssin+R（1cos）qE（scos+Rsin）=mvB20，在B点，由牛顿第二定律得：Nmg=m，解得：N=20N；（2）小球恰好经过等效最高点，由牛顿第二定律得：5mg/4=m，解得：v2=25/2，小球从静止到该点过程，由动能定理得：mgLsinRcosRsin）2RqE（Lcos+Rsin+Rcos）=mv20，解得：L=8.8m；14、 (1)0.1 (2)1.25cm【解析】(1)设电子经加速电场U1加速后以速度v0进入偏转电场，由