2024届福建省龙岩市一级达标校物理高二第一学期期中经典模拟试题含解析

2024届福建省龙岩市一级达标校物理高二第一学期期中经典模拟试题注意事项：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1所示，M、N是某电场中的一条电场线，若M点放置一初速度为零的质子，质子仅在电场力的作用下，由M运动到N的过程中的v—t图象如图2，则关于M、N两点的电势和电场强度的判断中正确的是（）A．B．C．D．2、如图所示，在倾角为θ的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上B点所用的时间为()A．B．C．D．3、以下关于电场和电场线的说法中正确的是()A．电场线是客观存在的，既可以相交，也可以相切B．在电场中，凡是电场线通过的点场强不为零，不画电场线的区域场强为零C．同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大D．电场线用以表示电场的强弱和方向，是客观存在的4、两个质量相同的铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则以下说法正确的是A．右侧铝环受到安培力方向向右B．彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C．彼此背向运动，电流大的加速度大D．同时改变两导线的电流方向，两导线受到的安培力方向反向5、关于电源电动势概念的认识中，正确的是：（）A．电源电动势等于电源两极间的电压B．在闭合电路中，电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和C．电动势与电压单位相同，所以物理意义也相同D．电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势就越大6、如图所示，天花板上悬挂着一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端拴一个质量为m的小球。小球处于静止状态时（弹簧的形变在弹性限度内），轻弹簧的伸长等于A．mgB．kmgC．D．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、在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如图所示．图中－x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．下列关于该电场的论述正确的是()A．x轴上各点的场强大小相等B．从-x1到x1场强的大小先减小后增大C．一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在-x1点的电势能D．一个带正电的粒子在－x1点的电势能小于在-x2点的电势能8、如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．M为磁场边界上一点，有无数个带电量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/1．下列说法正确的是（）A．粒子从M点进入磁场时的速率为v=B．粒子从M点进入磁场时的速率为v=C．若将磁感应强度的大小增加到，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的D．若将磁感应强度的大小增加到，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的9、如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r。开关S合后，灯泡L1、L2均能发光。现将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，则A．灯泡L1、L2均变暗B．灯泡L1变暗，L2变亮C．电流表的示数变大D．电流表的示数变小10、在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，下列哪些方法会使P向下运动（）A．断开S2B．断开S3C．断开S4并适当减小两板之间的距离D．断开S1并适当增大两板之间的距离三、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）用螺旋测微器测量其直径如图所示，由图可知其直径为________mm。12．（12分）在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R．(1)用游标卡尺测金属丝长度时读数如图，则金属丝的长度为_____mm；(2)用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图乙，则金属丝的直径为_____mm．(3)若用图丙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_____．（选填“偏大”或“偏小”）(4)用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丁，则电压表的读数为_____V，电流表的读数为_____A．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）匀强电场中A、B、C三点，把电荷量q=-2×10-10C的点电荷由A点移到B点，电场力做功W1=4.8×10-8J；再由B点移到C点克服电场力做功W2=4.8×10-8J，求A、B和B、C间的电势差UAB和UBC；14．（16分）如图所示，为一个从上向下看的俯视图，在光滑绝缘的水平桌面上，固定放置一条光滑绝缘的挡板轨道ABCD，AB段为直线，BCD段是半径为R的一部分圆弧（两部分相切于B点），挡板处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆的直径MN平行．现使一带电量为＋q、质量为m的小球由静止从斜挡板内侧上某点释放，为使小球能沿挡板内侧运动，最后从D点抛出，试求：（1）小球从释放点到N点沿电场强度方向的最小距离s；（2）在上述条件下小球经过N点时对挡板的压力大小．15．（12分）如图所示,宽度为I0的平行光束从空气中斜射到一平板玻璃的上表面,入射角i=60°,该光束由两种不同的单色光a和b组成,玻璃对两种单色光的折射率分别为，试求：①两种单色光在玻璃中的传播时间之比；②为使光从玻璃下表面出射时，两种光各自的光束不重叠，玻璃板的厚度d的最小值．

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】v-t图象的斜率等于加速度，由图可知，质子沿MN由M运动到N过程中，加速度不断增大，根据牛顿第二定律可知电子在N点所受电场力较大，由F=Eq可知，M点的场强要小于N点场强，即有：EM＜EN；质子从M到N的过程中，速度增大，动能增大，则可知电场力做正功，所以电场力方向与质子的运动方向相同，则电场线方向由M→N，则M点的电势要大于N点电势，即有，故BCD错误，A正确；故选A.2、B【解题分析】根据水平方向与竖直方向的位移关系解得：，故B正确，ACD错误。故选：B.点睛：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移和竖直位移的关系，结合运动学公式求出运动的时间．3、C【解题分析】

AD.电场是客观存在的，电场线是人们为了形象的描述电场而引入的假想曲线，用以表示电场的强弱和方向，客观上并不存在，电场线不相交、不相切，故AD项与题意不相符；B.电场线只是大体形象描述电场，不画的区域场强不一定为零，故B项与题意不相符；C.电场线越密集，电场越强，据F=Eq可知同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大，故C项与题意相符.4、B【解题分析】

本题的关键是明确两电流间的相互作用规律“同相电流相互吸引，异向电流相互排斥”，并结合牛顿第三定律和牛顿第二定律即可求解．【题目详解】根据电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互吸引，即彼此相向运动，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，故B正确，ACD错误。故选B。【题目点拨】要熟记电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”．5、B【解题分析】考点：电源的电动势和内阻．分析：电动势由电源中非静电力的特性所决定，跟电源的体积无关，与外电路无关．电动势的大小反映将其它形式的能转变为电能的本领大小．与电压、电势差的物理意义不同，单位相同．解答：A．电源电动势等于电路断开时，电源两端的电压，故A错误由电源中非静电力的特性所决定，与外电路无关．所以同一电源接入不同的电路，电动势不会改变．故A错误．B．在闭合电路中，电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和．故B正确．C．电动势、电压和电势差物理意义不同，单位相同．故C错误D．电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，根据W=qE可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关．故D错误．故选B．点评：解决本题的关键掌握电动势的特性及物理意义．6、C【解题分析】小球处于静止状态，弹簧弹力等于重力。据胡克定律知伸长量为，C对。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、BD【解题分析】试题分析：φ-x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度不同，故A错误；从-x1到x1场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；由图可知，场强方向均指向O，根据对称性可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在-x1点的电势能，故C错误；电场线指向O点，则负电荷由-x1到-x2的过程中电场力做正功，故电势能减小，故带负电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2的电势能，故D正确；故选BD．考点：电场强度；电势及电势能【名师点睛】本题关键要理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化．8、AC【解题分析】

AB．因为粒子射出边界的位置处于边界的某一段圆弧上，并不是整个圆周上都有，所以，粒子做圆周运动的半径小于R；则粒子能射到的边界其圆弧所对应的弦长正好等于圆周运动的直径，因为这段圆弧的弧长是圆周长的，所以，弦长对应的等腰三角形的内顶角为90°，所以，弦长2r=2Rsin15°，则粒子做圆周运动的半径：r=Rsin15°=，粒子做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即，所以：，故A正确，B错误；CD．若B变为原来的倍，则粒子在磁场中做圆周运动的半径：，同理可得，对应的弦长为R，由几何关系可得粒子做圆周运动转过磁场的圆心角为60°，所以，所以弧长之比为2∶3，故C正确，D错误。故选AC。9、BD【解题分析】

AB.将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，整个电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减少，所以电灯L1变暗；由于干路电流减少，内电压和灯泡L1两端的电压都减小，所以L2与滑动变阻器并联的电压增大，L2变亮。故A错误B正确。CD.干路电流I减小，L2与滑动变阻器并联电压增大，所以通过L2的电流增大，所以电流表的示数减少，故C错误D正确。10、BD【解题分析】

A.断开S2，C直接接到电源两端，C两端电压增大，故E增大，电场力增大，油滴向上运动，故A错误；B.断开S3，电源断开，C通过R3放电，电压减小，粒子向下运动，故B正确；C.断开S4，电容器被断开，不会产生充放电现象，减小两板间距离，电场强度不变，粒子受力不变，油滴不会运动，故C错误；D.断开S1，R1断路，而R2接通，仍可使C接入R3两端，电容器的电压不变，增大两板间的距离，电场强度减小，粒子向下运动，故D正确。故选：BD.【题目点拨】由电路图可知，当开关都闭合时，R3、R4串联后接入电源两端；R1及R2为等势体，相当于导线，电容器两端的电压等于R3两端的电压；原来带电油滴受重力和电场力平衡，故电场力应向上，若使P向下运动，重力不变，故可知电场力的变化，由F=Eq可知场强E的变化，由U=Ed可得出电容器两端电压的变化，分析各开关断开后电路的变化可得出符合条件的选项．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、4.700mm【解题分析】

[1]螺旋测微器的最小精确度为0.01mm，读数为主尺刻度+可动刻度格数×最小精确度，注意格数要估读。即该读数为4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm。12、13.55；0.696；偏小；2.60；0.52；【解题分析】（1）题中为20分度游标卡尺，其读数为：13mm+11×0.05mm=13.55mm；（2）螺旋测微器的读数为：0.5mm+19.6×0.01mm=0.696mm；（3）把待测电阻与电压表看做一个整体，根据欧姆定律可知，测得的应是待测电阻与电压表内阻的并联电阻，所以测量值比真实值偏小；（4）电流表读数为：I=26格×0.02A=0.52A，电压表读数为：U=26格×0.1V=2.60V【题目点拨】（1）20分度游标卡尺，最小精确度为0.05mm，故根据游标卡尺读数为：主尺数+游标尺对齐刻度序号×最小精确度，即：13mm+11×0.05mm=13.55mm；（2）螺旋测微器最小精确度为0.01mm