2024届广东省广州市番禺区物理高二第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析

2024届广东省广州市番禺区物理高二第一学期期中教学质量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、如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d＝40cm.电源电动势E＝24V，内电阻r＝1Ω，电阻R＝15Ω.闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0＝4m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量为q＝1×10－2C，质量为m＝2×10－2kg，不考虑空气阻力．那么，要使小球恰能到达A板，滑动变阻器接入电路的阻值和此时电源的输出功率为(取g＝10m/s2)A．8Ω、23W B．32Ω、8W C．8Ω、15W D．32Ω、23W2、两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点,两电荷连线上各点电势随A．qB．A点的电场强度等于零C．在x轴上,C点右侧的场强方向沿x轴正方向D．N点的场强方向沿x轴正方向3、如图所示，用一个与水平面成角的恒力F拉质量为m的木箱，木箱沿光滑水平面前进，在作用时间t内，下列说法正确的是（）A．F的冲量大小为B．木箱重力的冲量大小为C．地面支持力的冲量大小必为0D．木箱的动量变化率大小为F4、矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示．设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0～4s时间内，选项图中能正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图象是(规定ab边所受的安培力向左为正)()A． B．C． D．5、竖直放置的一对平行金属板的左极板上，用绝缘线悬挂了一个带负电的小球，将平行金属板按如图所示的电路连接，开关闭合后绝缘线与左极板间的夹角为θ.当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则()A．θ1<θ2，I1<I2B．θ1>θ2，I1>I2C．θ1＝θ2，I1＝I2D．θ1<θ2，I1＝I26、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，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是A．物体A受到地面的支持力先增大后减小B．物体A受到地面的支持力保持不变C．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D．库仑力对点电荷B先做正功后做负功8、如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场（磁场未画出）．现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力．以下说法不正确的是A．带电粒子M、N的电性一定相同B．带电粒子M、N的电量一定相同C．撤去电场仅保留磁场，M、N做圆运动的半径一定相等D．撇去磁场仅保留电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等9、如图所示，在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上方近处有一个N极朝下的条形磁铁，铜环始终静止．关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是（）A．当条形磁铁靠近铜环时，F＞GB．当条形磁铁远离铜环时，F＜GC．无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F=GD．无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F＞G10、一电子飞经电场中A、B两点,电子在A点电势能为,动能为,由A点到B点静电力做功为,如果电子只受静电力作用,则A．电子在B点的动能为 B．电子在B点的动能为C．电子在B点的电势能为 D．电子在B点的电势能为三、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）如图所示为某同学描绘额定电压为2.5V的小电珠的I－U图线的实验电路图.(1)开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于_____(选填“A端”、“B端”或“AB正中间”).(2)实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是（_____）A．灯泡中灯丝已烧断B．滑片接触不良C．灯泡内部短路D．滑动变阻器A端接触不良(3)下图中电流表的读数是多少_______A(4)某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如下图的(a)、(b)、(c)，下列说法正确的是（_____）A．a可以作为标准电阻使用B．b能作为标准电阻使用C．c可以作为标准电阻使用D．c的阻值随电压升高而增大12．（12分）在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，小灯泡的规格为“6V，3W”，其他供选择的器材有：电流表A1（量程为0～3A，内阻0.2Ω）；电流表A2（量程为0～0.6A，内阻1Ω）电压表V（量程为0～6V，内阻20kΩ）滑动变阻器R1（最大阻值1000Ω，额定电流0.5A）滑动变阻器R2（最大阻值20Ω，额定电流2A）学生电源E（电动势为6V，内阻忽略不计）开关S及导线若干（1）实验中要求电压表在0～6V范围内读数并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便做出伏安特性曲线，则在上述器材中，电流表应选择_______，变阻器应选择_______。（2）在所给虚线方框中画出实验电路图。（_________）（3）以下是实验操作步骤A闭合开关，记下电流表电压表的一组示数（U、I），移动滑动变阻器滑片，每移动一次记下一组（U、I）值，共测出12组数据；B将电流表、电压表、变阻器、小灯泡、电源、开关正确连接成电路；C调节滑片，使闭合开关前滑片处于使变阻器与小灯泡并联的电阻最大的位置；D按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用平滑曲线连接起来，得出小灯泡的伏安特性曲线以上各步骤中存在的错误或不妥之处是：_____________________。将各步骤纠正后，按实验先后顺序排列为_____________（4）小灯泡的I-U图线是一条曲线，原因为__________________。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，足够大的荧光屏垂直坐标面，与x轴夹角为30°，当y轴与间有沿方向、场强为E的匀强电场时，一质量为m、电荷量为q的正离子从y轴上的P点，以速度、沿轴方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的M点（图中未标出）。现撤去电场，在y轴与间加上垂直坐标面向外的匀强磁场，相同的正离子从y轴上的Q点仍以速度、沿轴方向射入磁场，恰好也垂直打到荧光屏上的M点，离子的重力不计。则：(1)求离子在电场中运动的时间；(2)求磁场的磁感应强度B；14．（16分）如图所示，一个“V”型玻璃管倒置于竖直平面内，并处于E=1×103V/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球，重为G=1×10-3N，电量q=2×10-6C，从A点由静止开始运动，球与管壁的摩擦因数μ=0.1．已知管长AB=BC=2m，倾角a=37°，且管顶B处有一很短的光滑圆弧．求：（1）小球第一次运动到B时的速度多大?（2）小球运动后，第一次速度为0的位置在何处?（3）从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少?(sin37°=0.6，cos37°=0.8)15．（12分）一质量为0.5kg的小球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的图像如图所示。小球与水平地面碰撞后竖直反弹，离开地面时的速度大小为碰撞前的，该小球受到的空气阻力大小恒为f，小球与地面第一次碰撞的时间为∆t=s，取g=10m/s2。求:（1）小球受到的空气阻力的大小；（2）小球第一次和地面碰撞过程中受到地面的平均作用力的大小（小球和地面碰撞过程中受到的空气阻力忽略不计）。

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、A【解题分析】

试题分析：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．设两板间电压为，由动能定理得，所以滑动变阻器两端电压：设通过滑动变阻器电流为，由欧姆定律得：滑动变阻器接入电路的电阻：即滑动变阻器接入电路的阻值为时，小球恰能到达A板．（2）电源的输出功率：，故电源的输出功率是．考点：带电粒子在匀强电场中的运动、动能定理的应用【名师点睛】小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率；本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解．2、C【解题分析】

由图象可以发现，离q1越近电场中的电势越高，由此可知q1为正电荷，同理，由于离q2越近电势越低，所以q2为负电荷。在它们的连线上A点的电势是零，但A点离q2近，所以q1的电荷量要大于q2的电荷量，故A错误；φ-x图象的斜率等于场强E，则知A点电场强度大小不为零，故B错误。由图可知：从C到D，电势降低，根据顺着电场线电势降低可知，CD间电场强度方向沿x轴正方向，故C正确；由N到3、B【解题分析】

A.F的冲量大小为，故A错误B.木箱重力的冲量大小为，故B正确C.地面支持力的冲量不为0，故C错误D.木箱的动量变化率大小等于合外力大小，不为F，故D错误故选B4、D【解题分析】

0～1s内，由楞次定律可判断电流方向为b→a，根据法拉第电磁感应定律，电流的大小恒定，由左手定则可判断ab边受到的安培力向左，为正方向的力，根据F=BIL可知安培力逐渐减小．1s～2s内，磁场向外且增大，线框中电流方向为b→a，电流大小恒定，ab边受到向右的力，为反方向，根据F=BIL可知安培力逐渐增大；2s～3s内，磁场向外且减小，线框中电流方向为a→b，电流大小恒定，ab边受到向左的力，为正方向．根据F=BIL可知安培力逐渐减小．3s～4s内，磁场向里且增大，线框中电流方向a→b，电流的大小恒定，ab边受到向右的力，为反方向，根据F=BIL可知安培力逐渐增大．综合上述三项，知D正确．故选D．5、A【解题分析】

当滑片右移时，滑动变阻器左半部分电阻变大，右半部分电阻减小，由于左半部分电阻与上面的电阻并联，由并联电路的电阻关系可知，电路的总电阻减小，由欧姆定律得知，干路电流变大，则有I1<I2。

当滑片右移时，与电容器并联部分的分压增大，则电容器两端的电压增大，由U=Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大，则有θ1＜θ2；

A．θ1<θ2，I1<I2，与结论相符，选项A正确；B．θ1>θ2，I1>I2，与结论不相符，选项B错误；C．θ1＝θ2，I1＝I2，与结论不相符，选项C错误；D．θ1<θ2，I1＝I2，与结论不相符，选项D错误；故选A。6、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．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、AC【解题分析】

ABC．当质点B由P点运动到最高点的过程中，对物体A受力分析，如图，受重力G、地面的支持力N、摩擦力f以及静电力F；

将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：Fsinθ-f=0

①N-Fcosθ-mg=0

②由①②两式可解得：N=mg+Fcosθ；f=Fsinθ；其中G与F不变，θ逐渐减小为零，因而支持力N逐渐变大，f逐渐变小；

当质点B由最高点运动到Q点的过程中，再次对物体A受力分析，如下图，受重力G、地面的支持力N、摩擦力f以及静电力F；

将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：Fsinθ-f=0

③N-Fcosθ-mg=0

④由③④两式可解得：N=mg+Fcosθ；f=Fsinθ；其中G与F不变，θ由零逐渐增大，因而支持力N逐渐变小，f逐渐变大；综合以上两个过程可知：物体A受到地面的支持力N先增大后减小，物体A受到地面的摩擦力先减小后增大，故AC正确，B错误；D．质点A对质点B的静电力与质点B的速度总是垂直，因而其瞬时功率一直为零，由W=Pt，A对B不做功，故D错误。8、ABC【解题分析】

无论正或负粒子穿过速度选择器时，满足做匀速直线运动，则不选电性和电量，而选择了入口和速度v的大小，故AB错误．粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有，可得，两粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误．撤去磁场后，在电场中做类平抛运动，若能穿过电场则水平方向做匀速直线运动有：，可知两粒子的运动时间相同，故D正确；此题选择不正确的选项，故选ABC．9、AB【解题分析】A．磁铁的N极向下插入，穿过铜环的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流，铜环上端相当于N极；当S极向下插入，铜环上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力．所以铜环对桌面的压力F大于铜环重力G的大小，故A正确；BCD．磁铁的N极远离铜环时，穿过铜环的磁通量减小，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流，铜环上端相当于S极，与磁铁的极性总相同，存在引力．所以铜环对桌面的压力F小于铜环重力G的大小．所以B正确，CD错误；故选：AB10、AC【解题分析】

根据电场力做功与电势能的变化关系求电子在B点的电势能，根据能量守恒求出电子在B点的动能．【题目详解】由A点到B点静电力做功为，即从A点到B点电势能减少，则B点的电势能为，在点A、点B电子只受电场力，则电子的电势能和动能之和不变，在A点，在B点的动能，故AC正确，BD错误，故选AC．【题目点拨】本题重点考查了电场力做功与电势能的变化关系WAB=EPA-EPB这个关系式，结合功的公式即可解决此类题目．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、(1)A端C2.30A【解题分析】(1)开始时灯泡两端的电压应为零，然后再逐渐增大；故开始时滑片应滑到A端；(2)若调节滑动变阻器，电流表示数变化，说明电路是接通的；但电压表示数不变，说明灯泡灯丝短路；故选C．(3)量程选择3A，最小分度为0.1A，故电流表示数为2.30A；(4)a图中电阻不随电压的变化而变化，故可以做为标准电阻使用；b的阻值随电压升高而增大，c的阻值随电压升高而降低，故A正确，B、C、D错误．故选A．【题目点拨】本题考查测量灯泡的伏安特性曲线的性质，要注意该实验中的滑动变阻器的接法及电流表的接法．12、（1）A2；R2；（2）；（3）步骤C中，闭合开关前触头应处于使变压器与小灯泡并联的电阻为零的位置；BCAD；（4）随着电压增加，通过小灯泡的电流增大，温度升高，灯泡灯丝的电阻率增加。【解题分析】

（1）［1］根据小灯泡的功率，灯泡正常发光时的电流为电流表应选择：A2；［2］要求在0∼6V范围内读取并记录下12组不同的电压值U和对应的电流值I，应选择分压电路，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R2；（2）［3］小灯泡正常工作时的电阻：，远小于电压表的内阻，应采用电流表外接法，电路如图所示：；（3）［4］闭合开关前触头应处于使变压器与小灯泡并联的电阻为零的位置。故步骤C中有错误之处；［5］应先连接电路，调节好滑动变阻器滑片位置，再测量，利用测量数据作出伏安特性曲线。故实验步骤为BCAD；（4）［6］随着电压增加，通过小灯泡的电流增大，温度升高，灯泡灯丝的电阻率增加。故小灯泡的I-U图线是一条曲线。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答