上海市宝山区上海大学市北附属中学2024届物理高二第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析

上海市宝山区上海大学市北附属中学2024届物理高二第一学期期中教学质量检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、M和N都是不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电荷1.6×10－10C，下列判断中正确的是()A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B．摩擦的过程中电子从N转移到了MC．N在摩擦后一定带负电荷1.6×10－10CD．M在摩擦过程中失去了1.6×10－10个电子2、下列有关电场线的说法中，不正确的是（）A．电场线上任一点的切线方向与正电荷在该点所受电场力的方向相同B．电场线越密，表示该处电场越强C．电场线是电场中确实存在的线D．电场线不可能相交3、下列说法中正确的是()A．在电源内部和外部电路中，正电荷都受静电力的作用，所以能不断地定向移动形成电流B．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少C．在电源内部正电荷能从负极到达正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力D．静电力移动电荷做功电势能减少，非静电力移动电荷做功电势能增加4、如图所示，平行的实线表示电场线，虚线表示一个离子穿越电场的运动轨迹，下列判断正确的是()A．场强方向一定是向右B．该离子一定是负离子C．该离子一定是由a向b运动D．场强方向、离子的运动方向以及是正离子还是负离子都不能确定，但是离子在a点的动能一定小于在b点的动能5、在如图所示的电路中，闭合开关S，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是：（）A．电压表和电流表的示数都增大B．电源的总功率变大C．灯L1变亮，电压表的示数增大D．灯L2变亮，电容器的带电量增加6、某带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10-6J的功。那么（）A．M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能B．P点的场强一定小于Q点的场强C．P点的电势一定高于Q点的电势D．M在P点的动能一定小于它在Q点的动能二、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、带电粒子(不计重力)以初速度v0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，它离开时偏转距离为y，位移偏转角为φ，下列说法正确的是()A．粒子在电场中做类平抛运动B．偏转角φ与粒子的电荷量和质量无关C．粒子飞过电场的时间，取决于极板长和粒子进入电场时的初速度D．粒子的偏转距离y可用加在两极板上的电压控制8、如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．下列判断正确的是（）A．质点在P点的加速度大于它在Q点的加速度B．该静电场一定是孤立正电荷产生的C．带电质点通过Q点时动能较小D．带电质点通过Q点时电势能较小9、如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为，下列说法正确的是（）A．甲图中将左极板向下平移时，夹角不变B．甲图中将左极板向左平移时，电容器的电容增加C．乙图中将左极板向下平移时，极板上的电势差增大D．乙图中将左极板向左平移时，夹角将不变10、如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在b点速率大于在a点速率C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间可能会增加三、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，将一个电流表G和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是______表，要使它的量程加大，应使R1______（填“增大”或“减小”）；乙图是_______表，要使它的量程加大，应使R2______（填“增大”或“减小”）．12．（12分）某同学用图甲所示示装置来探究碰撞中的不变量（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，可以通过仅测量______间接地解决这个问题（请将选项前的字母代号填在题前的横线上）。A．小球开始释放时距离桌面的高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的水平位移D．抛出点到落点的距离（2）实验步骤如下：①取两个半径相同的小球A、B，实验时先不放球，使球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，重复操作，从多次落点痕迹中找到平均落点，记为P；②把月球静置于水平槽前端边缘处，让球仍从C处由静止滚下，月球和球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹，重复操作，从多次落点痕迹中找到平均落点，分别记为M和N；③重垂线所指的位置在记录纸上记为O点，将毫米刻度尺的0刻度线和O点对齐，如图乙所示，测得各平均落点M、P、N到O点的距离分别为x1、x2、x3；④若小球A、B的质量分别为m1、m2，则实验需要探究的表达式为________________________（用步骤中所给的字母进行表示）。该同学测得小球A的质量m1=0.40kg，小球B的质量m2=0.20kg，则碰撞前m1x2=_______________kg•m；碰撞后m1x1+m2x3=_______________kg•m；（上述两空的计算结果保留三位有效数字）。在实验误差允许的范围内，可认为碰撞前后A、B两小球组成的系统动量守恒。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，小球A和B带电荷量均为＋q，质量分别为m和2m，用不计质量的竖直细绳连接，在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻细绳突然断开．小球A和B之间的相互作用力忽略不计．求：（1）该匀强电场的场强E.（2）细绳断开后A、B两球的加速度aA、aB.14．（16分）如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线．平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝0.9m，板间距离d＝0.6m，R1＝3Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω．可以看为质点的带电小球，电量q＝－0.01C，质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑．（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势E．（2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tanθ＝，求电源内阻r．（3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行板？15．（12分）如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为R、A端与圆心O等高，AD为水平面，B点为光滑轨道的最高点且在O的正上方，一个小球在A点正上方由静止释放，自由下落至A点进入圆轨道并恰好能通过B点，最后落到水平面C点处。求：（1）小球通过轨道B点的速度大小；（2）释放点距A点的竖直高度；（3）落点C与A点的水平距离。

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】

摩擦起电的本质是电子的转移，说明在摩擦前MN内部都有电荷，故A错误．互相摩擦后M带1.6×10-10C正电荷，故应该是M上1.6×10-10C的电子转移到N上，故B错误．N原来是电中性，摩擦后M上1.6×10-10C的电子转移到N上，故N在摩擦后一定带1.6×10-10C的负电荷，故C正确．M在摩擦过程中失去的电子数为：n＝＝109个，故D错误．故选C．【题目点拨】解答本题应明确起电的本质，明确不带电的物体呈现电中性，而带电的原因是失去或获得电子．2、C【解题分析】

A.电场线上任一点的切线方向与正电荷在该点所受电场力的方向相同，故A正确；B.电场线的疏密程度表示场强的大小，电场线越密，表示该处电场越强，故B正确；C.电场线是假想的，实际并不存在，故C错误；D.因为电场线的切线方向跟该点的场强方向一致，该点场强只能有一个方向。电场线不可能相交，故D正确。本题选择错误答案，故选C.【题目点拨】电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强．3、D【解题分析】

A．在电源内部，正电荷要受到静电力和非静电力作用，从负极移动到正极，故A错误；BＤ．非静电力克服电场力做功，把其它形式的能转化为电势能，静电力移动电荷做功电势能减少，故B错误，D正确．C．在电源内部正电荷能从负极到正极同时受到静电力和非静电力作用，故C错误．故选D.4、D【解题分析】带电粒子所受的电场力向左，由于场强的方向不能确定，所以带电粒子带电性质不确定，可能带正电，也可能带负电，故ABC错误；带电离子从a到b点过程中，电场力做正功，所以离子在a点的动能一定小于在b点的动能，故D正确．所以D正确，ABC错误．5、B【解题分析】

A、C、滑动变阻器和灯L2的并联，则有1R并=1R2+1R，将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，R减小，则R并也减小，根据闭合电路欧姆定律I=RR1+R2+r，电路中的总电流B、根据部分电路欧姆定律I2=UR2，流过灯L2的电流减小，灯D、根据电容的定义式C=QU，可知电容器的带电量减小，故选B.【题目点拨】本题考查了闭合电路欧姆定律和串并联电路的动态分析．要注意本类题目的解题思路为：局部-整体-局部．从滑动变阻器的滑片P向下移动，R减小入手，分析整个电路电压、电流的变化情况，再到局部，分析灯亮度，电流表示数，电容器的电容的变化．6、A【解题分析】

A．带电粒子M在由P点运动到Q点电场力做-2.6×10－6J的功，电势能增大，M在P点的电势能一定小于在Q点的电势能，故A正确；B．因不知道带电粒子在P、Q两点电场力的大小，无法确定两点场强大小，故B错误；C．因不知带电粒子电性，无法确定P、Q两点的电势大小关系，故C错误；D．合外力对带电粒子做负功，动能减小，所以在P点的动能一定大于它在Q点的动能，故D错误。故选A。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、ACD【解题分析】带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，仅受电场力，做类平抛运动，故A正确；粒子的偏转角φ满足：；故偏角φ与粒子的电荷量和质量均有关；故B错误；粒子飞过电场的时间，决定于极板长和粒子进入电场时的初速度，故C正确；粒子偏移距离，电压U越大，y越大，故D正确；故选ACD．点睛：考查粒子在磁场中做匀速圆周运动与在电场中做类平抛运动，处理的常规方法，体现牛顿第二定律与类平抛运动规律，注意做类似平抛运动过程中垂直速度方向分运动为匀加速直线运动．8、AC【解题分析】

电场线越密，电场强度越大，由牛顿第二定律分析加速度的大小；根据电场线的分布特点分析场源电荷的电性；由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力的方向，通过电场力做功情况判断电势能和动能的变化情况；【题目详解】A、根据电场线的疏密表示电场强度的大小，则知P点的场强比Q点的场强大，粒子在P点所受的电场力比在Q点时的大，所以由牛顿第二定律知，质点在P点的加速度大于它在Q点的加速度，故A正确；

B、由于电场线的方向不能确定，可知，该静电场可能是孤立正电荷产生的，也可能是孤立负电荷产生的，故B错误；

C、由图可知，带电质点所受的电场力方向沿电场线向右，若带电质点从P点运动到Q，电场力做负功，则带电质点的电势能增大，动能减小，故带电质点通过Q点时动能

较小，电势能较大，故C正确，D错误。【题目点拨】解决这类电场轨迹问题的思路是：根据轨迹弯曲方向判断出电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。9、ACD【解题分析】

小球受力如图所示小球静止处于平衡状态，由平衡条件得qE=mgtanθ，A.甲图中将左极板向下平移时，根据，电容器两极板间的电场强度不变，夹角θ不变，故A正确；B.甲图中将左极板向左平移，距离d增大，电容器变小，故B错误；C.乙图中将左极板向下平移，正对面积减小，电容减小，而电容器的电荷量不变，根据，两极板间的电势差增大，故C正确；D.乙图中将左极板向左平移时，两极板间的距离d增大，而电容器的电荷量不变，极板间的电场强度可见场强E与两极板间的距离无关，极板间的场强不变，小球所受的电场力不变，夹角θ不变，所以D正确。故选ACD。10、CD【解题分析】

A．由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；B．由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；C．若仅减小磁感应强度，由公式得所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确；D．若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，若粒子从下边飞出，则在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间变长；若粒子从左边射出，则粒子射出磁场的时间不变，故D正确。故选CD。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、安培减小伏特增大【解题分析】试题分析：甲图通过并联电阻分走部分电流，所以甲为电流表，且R1越小分的电流越多，所以应该是减小；乙图通过并联电阻分得电压，且电阻越大分的电压越多，所以R2应该增大考点：电压或者电流表的改装点评：本题考查了利用串并联电路实现的电压或者电流表的改装．改装过程实质是利用了串并联电路的分压或者分流关系12、C0.0340.034【解题分析】

（1）[1]．验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过平抛的情况来代替时：设落地时间为t，则有：，落地高度不变情况下时间不变，水平射程来体现速度，故C正确，ABD错误。（2）④[2]．要验证的表达式为因为带入可得：[3][4]．由刻度尺读出：x1=2.65cm；x2=8.60cm；x3=11.50cm；碰撞前m1x2=0.40×0.0860=0.034kg•m；碰撞后m1x1+m2x3=0.40×0.0265+0.20×0.1150=0.034kg•m；四、计算题：