安徽省安庆一中安师大附中铜陵一中马鞍山二中2024届物理高二第一学期期中达标检测模拟试题含解析

安徽省安庆一中安师大附中铜陵一中马鞍山二中2024届物理高二第一学期期中达标检测模拟试题考生须知：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、下列各图中，表示磁场方向、电流方向及导线所受安培力方向的相互关系，其中正确的是（）A． B． C． D．2、对电流概念的正确理解是()A．通过导体横截面的电荷量越多，电流越大B．导体的横截面越大，电流越大C．单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，电流越大D．导体中的自由电荷越多，电流越大3、如图所示的四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是A．图甲中，导线通电后磁针发生偏转B．图乙中，通电导线在磁场中受到力的作用C．图丙中，当电流方向相同时，导经相互靠近D．图丁中，当电流方向相反时，导线相互远离4、关于角速度和线速度，下列说法正确的是A．半径一定时，角速度与线速度成正比B．半径一定时，角速度与线速度成反比C．线速度一定时，角速度与半径成正比D．角速度一定时，线速度与半径成反比5、对下列物理公式的理解，其中正确的是：()A．由公式φ=ЕP/q可知，静电场中某点的电势φ是由放入该点的点电荷所具有的电势能ЕP和该电荷电量q所决定的B．由公式R=U/Ｉ可知，导体的电阻R由它两端的电压U和通过它的电流Ｉ决定C．由公式E=kQ/r2可知，点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定D．公式E=U/d对任何电场都适用6、如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+Q和﹣Q，在它们连线的竖直中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为+q的小球以初速度v0从上端管口射入，重力加速度为g，静电力常量为k，则小球（）A．受到的库仑力先做负功后做正功B．下落过程中加速度始终为gC．速度先增大后减小，射出时速度仍为v0D．管壁对小球的弹力最大值为2k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，质量为m、长为的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，当棒中通以恒定电流后，金属棒摆起后两悬线与竖直方向夹角的最大值为θ=600，下列说法正确的是（）A．电流由M流向NB．悬线与竖直方向夹角为θ=600时，金属棒处于平衡状态C．金属棒摆起过程中，经过悬线与竖直方向夹角为θ=300时，金属棒所受合力为零D．恒定电流大小为8、如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M经P到达N点的过程中（）A．速率先增大后减小 B．速率先减小后增大C．电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小9、两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,一个电荷量为2×10-3C质量为0.1kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放,其运动的v-t图象如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(A．由C到A的过程中物块的电势能一直增大B．B点为中垂线上电场强度最大的点,场强E=100V/mC．由C点到A点电势逐渐降低D．A、B两点间的电势差U10、用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率则A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为D．图中a、b两点间的电势差三、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）在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的_____而增大，随其所带电荷量的___而增大（填“增大”或“减小”）。此同学在探究中应用的科学方法是_____。12．（12分）一同学利用气垫导轨测定滑块的加速度,滑块上安装了宽度为3.0的遮光条,如图所示,滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门,配套的数字毫秒计记录了遮光条通过第一个光电门的时间为,通过第二个光电门的时间为,遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为.试估算:滑块经过第一个光电门时的速度大小__________;在滑动过程中,滑块的加速度大小__________(计算结果保留两位小数)．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，A、B是位于竖直平面内、半径R=0.5m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E=1×104N/C．今有一质量为m=0.1kg、带电荷量＋q=7.5×10－5C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.05，取g=10m/s2，求：（1）小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力．（2）小滑块在水平轨道上通过的总路程．（3）判定小滑块最终能否停止运动，如能：计算其最终位置予以表述；如不能：定性判定其最终运动状态。（可能用到的三角函数：tan37°=0.75）14．（16分）如图所示，两根水平放置的光滑的平行金属导轨相距为d，电阻不计，在其左端接有阻值为R的电阻，MN为一根长度也为d、质量为m，电阻为r的金属杆，垂直导轨放置，并与导轨接触良好，整个装置处于方向垂直导轨平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，开始时杆MN处于静止状态．某时刻（t=0）对杆MN施加一个平行导轨方向的水平力，使之做加速度为a的匀加速直线运动．（导轨足够长）（1）判断M、N两端的电势高低；（2）求t=t1时刻杆MN两端的电压；（3）求水平力F随时间t变化的关系式．15．（12分）如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V，6W”的灯泡L和内阻RM=0.5Ω的小型直流电动机M都恰能正常工作．求：（1）电路中的电流I；（2）电源的输出功率P外；（3）电动机的输出功率P出．

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【解题分析】A.电流的方向向上，让磁场垂直于掌心向里穿过，根据左手定则可得，安培力的方向向左．故A错误；B.该图中电流的方向与磁场的方向平行，电流不受到安培力的作用．故B错误；C.电流的方向向右，让磁场垂直于掌心向里穿过，根据左手定则可得，安培力的方向向上．故C正确；D.电流的方向向里，让磁场垂直于掌心选项穿过，根据左手定则可得，安培力的方向向左．故D错误；故选C2、C【解题分析】根据电流的定义可知，单位时间内通过导体横截面积的电量越多，电流越大，所以C正确，ABD错误思路分析：根据电流的定义分析试题点评：本题考查了电流的定义3、B【解题分析】

A、甲图中小磁针发生了偏转，说明小磁针受到了磁场的作用，故说明电流产生了磁场，故A正确；B、乙图中由于导线中通以电流使导线受到了安培力的作用，不能说明电流产生了磁场，故B错误；C、两导线相互靠近，是因为彼此处在了对方的磁场中，故说明了电流产生了磁场，故C正确；D、两导线相互远离是因为彼此处在对方产生的磁场中，从而受到了安培力，故D正确；本题选错误的，故选B．4、A【解题分析】

根据v=ωr可知，半径一定时，角速度与线速度成正比；线速度一定时，角速度与半径成反比；角速度一定时，线速度与半径成正比；选项A正确，BCD错误；故选A.5、C【解题分析】A、静电场中某点的电势φ由电场本身决定，与试探电荷无关，故A错误；B、为电阻的定义式，电阻定律公式可知，导体的电阻R由它的长度L，它的横截面积S，以及导体材料的电阻率ρ决定，故B错误；C、根据点电荷的场强公式知：电场强度只由场源电荷电量和该点在电场中的位置决定；D、是匀强电场中电场强度与电势差的关系式，只适用于匀强电场．故选C．【题目点拨】中学阶段有很多物理量是用比值定义法定义的，用比值定义法定义的物理量有一个共同点，解这个物理量与两个相关的物理量的大小无直接关系，但能反映物质的最本质的属性．6、B【解题分析】

A、根据电场线分布可知带点小球受到水平向右的电场力，电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入的过程,因电场力与速度相垂直，所以电场力了不做功,故A错；B、小球在竖直方向上只受重力作用，所以下落过程中加速度始终为g，故B对；C、小球在竖直方向上只受重力作用，所以小球做匀加速运动，故C错；D、水平方向管壁对小球的弹力与库仑力的分力大小相等，所以当库仑力最大时，弹力也就达到最大，在两个电荷的中垂线的中点,单个电荷产生的电场力为4kQqd2，根据矢量的合成法则，则电场力的最大值为8kQqd故选B【题目点拨】对于等量异种电荷,根据矢量的合成法则,中垂线的中点的电场强度最大,在无穷远的电场强度为零;点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程,电场力不做功;中点处的电场强度最大,则库仑力也最大,弹力也是最大,从而即可求解二、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、AD【解题分析】

根据左手定则可知电流的方向由M流向N，故A正确；悬线与竖直方向夹角为θ=60°时，金属棒速率为零，并非处于平衡状态，故B错误；由运动的对称性可知悬线与竖直方向的夹角为θ=30°时是金属棒的平衡位置，此位置速率最大，但是合力不为零，故C错误；在θ=30°时，对金属棒进行受力分析可知，tan30°＝，解得I=，故D正确；故选AD．【题目点拨】此题关键是对金属棒进行受力分析、利用对称性原则判断出速度最大的位置，即平衡位置，根据安培力公式分析即可正确解题．8、AC【解题分析】试题分析：电子在从M到达N点的过程中，先靠近正电荷后远离正电荷，库仑力先做正功后做负功，动能先增后减，速率先增大后减小，A正确；B错误；电子只受电场力作用，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，C正确；D错误；故选AC．考点：库仑定律；电势能．【名师点睛】根据电子与点电荷间距离的变化，分析电势的变化．电场力正做功，电势能减小，电场力负做功，电势能增大；电子先靠近正电荷，后远离正电荷；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况和动能的变化情况，即可知速率的变化．9、BC【解题分析】

由能量守恒定律分析电势能的变化情况．根据v-t图可知物块在B点的加速度最大，此处电场强度最大，根据牛顿第二定律求场强的最大值．由C到A的过程中物块的动能一直增大，根据电场线的方向分析电势的变化，由动能定理可求得AB两点的电势差。【题目详解】A项：从速度时间图象可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，故A错误；B项：带电粒子在B点的加速度最大，为am=47-5ms2=2ms2C项：据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确；D项：从速度时间图象可知，A、B两点的速度分别为vA=6m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得：qUAB=12故应选：BC。【题目点拨】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道v-t图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势差是常用的方法。10、BD【解题分析】

A.磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故选项A不符合题意；B.由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，故选项B符合题意；C.由法拉第电磁感应定律可知：线圈电阻，感应电流，故选项C不符合题意；D.与闭合电路欧姆定律可知两点间的电势差为，故选项D符合题意；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、减小增大控制变量法【解题分析】

[1][2][3]对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大。先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近。这是只改变它们之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量。这是只改变电量所以采用的方法是控制变量法。12、0.100.05【解题分析】

滑块通过第一个光电门的速度

滑块通过第二个光电门的速度

故加速度故本题答案是：(1).0.10(2).0.05【题目点拨】先根据平均速度公式求出滑块通过第一个光电门和第二个光电门的平均速度,因为遮光板宽度很小,过光电门的时间很短,所以我们可以把滑块通过光电门的平均速度近似看成是滑块的瞬时速度,再根据求出加速度.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）1.5N（2）2.5m（3）滑块将以与和圆心与竖直