2024屆甘肅省河西五市高二物理第一學期期中教學質量檢測模擬試題含解析

2024屆甘肅省河西五市高二物理第一學期期中教學質量檢測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、金屬小球a固定在絕緣水平地面上，與它完全相同的金屬球b自其正上方H高處由靜止開始下落，兩球發(fā)生碰撞后b球反彈的高度為h。已知兩球帶異種電荷，b球碰撞前后速度大小不變，方向反向。下列關于H、h大小判斷正確的是()A．H=h B．H>h C．H<h D．不確定2、如圖所示，一帶負電的粒子，沿著電場線從A點運動到B點的過程中，以下說法中正確的是（）A．帶電粒子的電勢能越來越大B．帶電粒子的電勢能越來越小C．帶電粒子受到的靜電力一定越來越小D．帶電粒子受到的靜電力一定越來越大3、一個微型吸塵器的直流電動機的線圈電阻為R,將它接在直流電源上,電動機兩端電壓為U時，流過線圈的電流為I,則()A．電動機消耗的電功率為B．電動機消耗的電功率為IUC．電動機的發(fā)熱功率為D．電動機輸出的機械功率為4、在光滑的絕緣水平面上放著帶電小球甲和乙，若它們的帶電荷量的關系是q甲=4q乙，質量關系m甲=3m乙，則它們在庫侖力的作用下產生的加速度之比是：A．a甲：a乙=1：12B．a甲：a乙=12：1C．a甲：a乙=1：3D．a甲：a乙=3：45、圖中，通電導線在磁場中不受安培力的是（）A． B．C． D．6、首先測出“萬有引力恒量”的科學家是A．伽利略 B．牛頓 C．亞里士多德 D．卡文迪許二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示,有一垂直于紙面向里的有界勻強磁場,A、B為邊界上兩點.一帶電粒子從A點以初速度v0、與邊界成角度θ(θ<90°)沿紙面射入磁場,經過一段時間后從B點射出.現撤去磁場,加一垂直邊界、沿紙面向上的勻強電場,其他條件不變,粒子仍從B點射出.粒子重力忽略不計,則粒子()A．帶負電B．在磁場中和電場中的運動軌跡相同C．從磁場中離開時速度方向與從電場中離開時速度方向相同D．從磁場中離開時速度大小與從電場中離開時速度大小相同8、M、N是某電場中一條電場線上的兩點，若在M點釋放一個初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線由M點運動到N點，其電勢能隨位移變化的關系如圖所示，則下列說法正確的是A．電子運動的軌跡為直線B．該電場是勻強電場C．電子在N點的加速度小于在M點的加速度D．電子在N點的動能大于在M點的動能9、如圖所示，電容器極板間有一可移動的電介質板，介質與被測物體相連，接入電路后，通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置，則以下說法正確的是（）A．若電容器極板間的電壓不變，變大，電容器極板上帶電量減小B．若電容器極板電量不變，變小，電容器極板間電壓變小C．若電容器極板間的電壓不變，變大，有電流流向電容器的正極板D．若電容器極板間的電壓不變，變大，有電流流向電容器的負極板10、如圖所示，一半徑為r的圓環(huán)上均勻分布著正電荷，電量為+Q，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。在x軸上距圓心O距離s處有一點P，則A．O點的電場強度為零，電勢最低B．從O點沿x軸正方向，電場強度先增大后減小C．P點的場強大小D．P點的場強大小三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）用下圖所示的電路，測定一節(jié)干電池的電動勢和內阻。（1）根據下列所得實驗數據，在坐標系中做出U-I圖象______________。（2）用繪制的U-I圖象得出所測的電源的電動勢為______V；電源的內電阻為_______Ω（計算結果均保留三位有效數字）。12．（12分）物理興趣小組利用如圖甲所示的裝置測磁感應強度．水平放在壓力傳感器和摩擦力傳感器上的金屬桿b，質暈m＝0.2kg，長0.1m．閉合開關，調節(jié)滑動變阻器，當電流表的示數如圖乙所示時，壓力傳感器的示數為2.3N，摩擦力傳感器的示數為0.4N，且摩擦力的方向水平向左．金屬桿ab始終處于靜止狀態(tài)，g取10m/s2，導線對金屬桿ab沒有作用力．已知sin53°＝0.8，請你幫助該興趣小組的同學完成以下任務：（1）電流表的示數為_______A；（2）該區(qū)域磁感應強度的大小為_______T（結果保留兩位小數），方向______________．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）示波器的示意圖如圖所示，金屬絲發(fā)射出來的電子被加速后從金屬板的小孔穿出，進入偏轉電場．電子在穿出偏轉電場后沿直線前進，最后打在熒光屏上．設加速電壓U1=1640V，偏極板長為4cm，偏轉板間距d=1cm，當電子加速后從兩偏轉板的中央沿板平行方向進入偏轉電場.（1）偏轉電壓為多大時，電子束打在熒光屏上偏轉距離最大？（2）如果偏轉板右端到熒光屏的距離b=20cm，則電子束最大偏轉距離為多少？（3）電子離開偏轉電場時的偏轉量和偏轉電壓的比叫做示波器的靈敏度，分析說明可采用哪些方法提高示波器的靈敏度．14．（16分）如圖所示，質量為m，帶電量為+q的小球，在P點具有沿PQ方向的初速度v0，為使小球能沿PQ方向運動，所加的最小勻強電場方向如何？場強大小多大？加上最小的電場后，小球經多長時間回到P點？15．（12分）電磁炮是利用磁場對電流的作用力，把電能轉變成機械能，使炮彈發(fā)射出去的．如圖所示，把兩根足夠長的互相平行的銅制軌道放在磁場中，軌道之間放有質量為m的炮彈，炮彈架在長為L、質量為M的金屬架上，當有大的電流I1通過軌道和炮彈時，炮彈與金屬架在磁場力的作用下，獲得v1速度時的加速度為a，當有更大的電流I2通過軌道和炮彈時，炮彈最終以最大速度v2脫離金屬架并離開軌道，求垂直于軌道平面的磁感強度多大？（設金屬架與炮彈在運動過程中所受的總阻力與速度平方成正比）．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解題分析】

若a、b球帶等量異種電荷，碰撞之前兩電荷相互吸引，下落過程電場力做了正功，所以使得機械能增加，碰撞時電荷中和，碰撞之后機械能守恒，整個過程電場力做正功，機械能增加，故反彈高度h大于H，即H<h；若a、b球帶不等量異種電荷，碰撞之前兩電荷相互吸引，下落過程電場力做了正功，所以使得機械能增加，碰撞之后兩電荷帶同種電荷相互排斥，電場力做正甸，機械能增加，整個過程電場力做正功，機械能增加，故反彈高度h大于H，即H<h；所以H<hA.H=h與上述分析結論H<h不相符，故A錯誤；B.H>h與上述分析結論H<h不相符，故B錯誤；C.H<h與上述分析結論H<h相符，故C正確；D.不確定與上述分析結論H<h不相符，故D錯誤。2、A【解題分析】粒子帶負電，受到的電場力方向和電場方向相反，所以從A到B過程中電場力做負功，粒子的電勢能增大，但只有一條電場線，無法判斷電場強度的變化，即不能判斷粒子受到電場力的變化情況，故A正確．3、B【解題分析】AB.電動機消耗的總功率P=IU,I2R只能計算熱功率；故A錯誤，B正確；C.電動機消耗的熱功率應該用P=I2R來計算,由于電動機為非純電阻電路,故不能使用U2/R來計算熱功率；故C錯誤；D.電動機的總功率為IU,內部發(fā)熱的功率為I2R,所以電動機輸出的機械功率為IU-I2R,所以D錯誤。故選：B.點睛：在計算電功率的公式中，總功率用P=IU來計算，發(fā)熱的功率用P=I2R來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發(fā)熱的功率，這兩個的計算結果是不一樣的．4、C【解題分析】兩個電荷之間的庫侖力大小相等方向相反，所以加速度之比等于質量的反比，為a甲：a乙=1：3，C對；5、C【解題分析】

當通電直導線在磁場中平行磁場方向放置時，導線所受的安培力為零，由圖可知C中導線在磁場中不受安培力，故選C.【題目點撥】通電直導線在磁場中要受到磁場的作用力，稱為安培力；但是當通電直導線在磁場中平行磁場方向放置時，導線不受安培力作用．6、D【解題分析】

牛頓發(fā)現萬有引力定律；首先測出“萬有引力恒量”的科學家是卡文迪許，故選D.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、ACD【解題分析】A、粒子在磁場中從A到B點做順時針圓周運動，受向右下的洛侖茲力，根據左手定則知道粒子帶負電，所以選項A正確；

B、撤去磁場加上電場，粒子做勻變速度曲線運，即類斜拋運動，所以軌跡不同于圓周，選項B錯誤；

C、無論是在磁場中做勻速圓周運動，還是在電場中做類斜拋運動，當粒子再次回到邊界時與邊界的夾角仍為，只是方向斜向下，所以選項C正確；

D、在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力不做功，速度大小與進入時相同，而在電場中從A到B，電場力做功為零，所以與進入時速度大小也相同，只是方向不同，故選項D正確．點睛：本題只是把帶電粒子在磁場和電場中的兩種情況進行對比，由勻速圓周運動和斜拋運動的對稱性，當電場強度大小取某一確定值時，粒子可以從同一點B離開，但離開時，只是速度方向由斜向上變?yōu)樾毕蛳拢c邊界的夾角仍相同．8、ACD【解題分析】

電場力做功等于電勢能的減小量，Ep-x圖線切線的斜率表示電場力的大小，通過斜率的大小判斷電場力的變化，從而得出加速度的變化．根據電場力的變化判斷動能的變化?！绢}目詳解】A項：電子的初速度為零，且沿著電場線運動，其軌跡一定為直線，故A正確；B項：圖線切線的斜率逐漸減小，則電場力逐漸減小，電場強度逐漸減小，不是勻強電場，故B錯誤；C項：從M到N電場力逐漸減小，根據牛頓第二定律知，加速度逐漸減小，故C正確；D項：由于電勢能減小，知電場力做正功，因為電子僅受電場力，根據動能定理，知動能增大，即N點的動能大于M點的動能，故D正確。故應選：ACD?！绢}目點撥】解決本題的關鍵知道圖線切線的斜率表示電場力，通過電場力的大小判斷電場強度、加速度的變化，通過電場力做功判斷動能的變化。9、ABD【解題分析】

ACD．若電容器極板間的電壓不變，x變大，拔出電介質，由電容的決定式得知，電容減小，由得知，電容器極板上帶電量Q減少，則電容器放電，有電流流向電容器的負極板。故AD正確，C錯誤。B．若電容器極板電量不變，x變小，由電容的決定式得知電容增大，由得知，電容器極板間電壓U變小。故B正確。

故選ABD。10、BD【解題分析】

A．圓環(huán)上均勻分布著正電荷，根據對稱性可知，圓環(huán)上各電荷在O點產生的場強相互抵消，合場強為零。圓環(huán)上各電荷產生的電場強度在x軸有向右的分量，根據電場的疊加原理可知，x軸上電場強度方向向右，根據順著電場線方向電勢降低，可知在x軸上O點的電勢最高。故A錯誤。

B．O點的場強為零，無窮遠處場強也為零，所以從O點沿x軸正方向，場強應先增大后減小。故B正確。CD．設圓環(huán)上足夠小的圓弧上的電量為q′的電荷，在x軸上P點產生的沿x軸上的場強為：，其中，，根據數學知識求和可得P點的場強大?。汗蔆錯誤，D正確。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、見解析；1.48-1.50V；0.560-0.600Ω；【解題分析】

(1)將實驗數據描點后，連線如圖：(2)電源兩端的電壓與電流的關系為U=E-Ir，U-I圖象的縱截距表示電源的電動勢，即E=1.49V；U-I圖象的斜率的絕對值表示電源的內阻，即r=ΔU12、2.402.08斜向左下方，與豎直方向夾角37°【解題分析】

(1)[1]由圖乙所示電流表可知，電流表量程是0～3A，分度值是0.1A，電流表示數是2.40A；(2)[2]壓力傳感器的示數為2.3N，則安培力沿豎直方向的分力：結合二力平衡可知方向豎直向下；安培力沿水平方向的分力：摩擦力傳感器受到的摩擦力向左，則該分力的方向水平向左；由可知磁感應強度沿水平方向的分量：根據左手定則可知該分量的方向水平向右；磁感應強度沿豎直方向的分量：根據左手定則可知該分量的方向豎直向下；合磁感應強度：[3]與豎直方向之間的夾角為，則：則：即磁感應強度的方向斜向左下方，與豎直方向夾角37°四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）U2=205V（2）0.055m（3）減少進入偏轉電場得速度【解題分析】

(1)在加速電場中，由動能定理得：解得：要使電子束打在熒光屏上偏轉距離最大，電子經偏轉電場后必須下板邊緣出來，根據類平拋運動的分位移公式，有：其中：聯立解得：(2)類平拋運動的末速度的反向延長線通過水平分位移的中點，如圖所示：結合幾何關系，有：解得：(3)由(1)解得：則靈敏度，由此可知，提高示波器的靈敏度，可以減小加速電壓U1，減小偏轉電極間距或增大偏轉電極的長度.【題目點撥】帶電粒子先加速后偏轉問題，電場中加速根據動能定理求解獲得的速度、偏轉電場中類平拋運動的研究方法是運動的分解和合成．14、垂直于PQ向上,,【解題分析】試題分析：球只