2024届陕西省汉中市部分高中物理高二第一学期期中统考试题含解析

2024届陕西省汉中市部分高中物理高二第一学期期中统考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、某电容器上标有“220V300μF”，300μF＝____________FA．3×108 B．3×10﹣4 C．0.3 D．3×1052、质量为0.2kg的小球竖直下落，以6m/s的速度碰触地面，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量Δp和合力冲量ΔI下列说法正确的是A．Δp＝2kg·m/s B．Δp＝－2kg·m/sC．ΔI＝0.4kg·m/s D．ΔI＝－0.4kg·m/s3、如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，棒中通以某一方向的电流，平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g.则()A．金属棒中的电流方向由N指向MB．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上C．金属棒中的电流大小为D．每条细线所受拉力大小为4、下面关于点电荷的说法，正确的是()A．只有体积很小的带电体才能看成是点电荷B．体积很大的带电体一定不能看成是点电荷C．当两个带电体的大小远小于它们间的距离时，可将这两个带电体看成是点电荷D．一切带电体都可以看成是点电荷5、如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ,分别用相同材料,不同粗细的导线绕制Ⅰ为细导线两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落,再进入磁场,最后落到地面,运动过程中,线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为、,在磁场中运动时产生的热量分别为、不计空气阻力,已知线框电阻与导线长度成正比,与导线横截面积成反比,则A．, B．,C．, D．,6、电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后的保温状态．如图所示是电饭锅电路的示意图，是用感温材料制造的开关，是电阻，是供加热用的电阻丝．关于电饭锅工作情况中说法正确的是（）A．开关闭合时是加热状态，阻值要远小于的阻值B．开关闭合时是保温状态，阻值要远小于的阻值C．开关断开时是保温状态，阻值要远大于的阻值D．开关断开时是加热状态，阻值要远大于的阻值二、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、在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，各电表都看做理想表。闭合开关，滑动变阻器滑片P向右移动，若以ΔU1、ΔU2、ΔU3、ΔI分别表示电压表V1、V2、A．电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变小、变大、变小、变大B．电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变大、变小、变大、变小C．ΔUD．ΔU1ΔI、ΔU28、如图，a、b分别表示一个电池组和电阻的伏安特性曲线．则以下说法正确的是A．电阻的阻值为0.33ΩB．电池组的内阻是1ΩC．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4WD．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W9、示波器是一种电子仪器，可以用它观察电信号随时间变化的情况示波器的核心部件示波管，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图在偏转电极XX'、YY'上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点；若亮点很快移动，由于视觉暂留关系，能在荧光屏上看到一条亮线若在XX'上加如图丙所示的扫描电压，在YY'上加如图丁所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形不是下图中的A． B．C． D．10、如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C，正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则()A．线框产生的感应电动势大小为B．电压表没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为零三、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）有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的U−I图线。现有下列器材供选用：A．电压表（0∼5V，内阻约10kΩ）B．电压表（0∼15V，内阻约20kΩ）C．电流表（0∼0.6A，内阻约0.4Ω）D．滑动变阻器（10Ω，2A）E.滑动变阻器（500Ω，1A）F.学生电源（直流6V）、开关、导线若干(1)实验中所用电压表应选_______，滑动变阻器应选用______；（用序号字母表示）(2)在题目的虚线框中画出实验电路图；（_________）(3)某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图所示）。当用电动势为3V，内阻为2.5Ω的电源直接给该小灯泡供电时，则该小灯泡的实际功率是________W。（保留两位有效数字）12．（12分）某同学要测定一电源的电动势E和内阻r，实验器材有：一只DIS电流传感器（可视为理想电流表，测得的电流用I表示），一只电阻箱（阻值用R表示），一只开关和导线若干。该同学设计了如图甲所示的电路进行实验和采集数据。(1)该同学设计实验的原理表达式是E=________（用r、I、R表示）。(2)该同学在闭合开关之前，应先将电阻箱调到________（选填“最大值”“最小值”或“任意值”），实验过程中，将电阻箱调至如图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为________Ω。(3)该同学根据实验采集到的数据作出如图丙所示的－R图象，则由图象可求得，该电源的电动势E=______V，内阻r=________Ω。（结果均保留两位有效数字）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，足够长的长木板AB质量M＝1kg在水平地面上，可视为质点的木块质量m＝1kg在长木板的左端A处，木块与长木板保持相对静止一起向右运动，当右端B经过地面上O点时速度为v0＝5m/s，长木板与P点处的挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变．已知O点与P点间距离x0＝4.5m，木板与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，木块与长木板间动摩擦因数μ1＝0.4，g取10m/s1．（1）求长木板碰挡板时的速度v1的大小；（1）当木块与挡板的距离最小时，木块与长木板左端A之间的距离．14．（16分）电场中有a、b两点，已知φa＝0V，φb＝1500V，求：(1)a、b两点电势差；(2)如将带电量为q＝-4×10－9C的点电荷从a移到b时，电场力做多少功；(3)q＝-4×10－9C的点电荷在b点的电势能．15．（12分）如图所示，一质量为m，电荷量为q的粒子从容器A下方小孔S1飘入电势差为U的加速电场，然后让粒子从小孔S3垂直进入磁感应强度为B的磁场中，最后打到底片D上，粒子的重力忽略不计。（1）粒子在S1、S2之间做什么运动?在S2、S3之间做何种运动，在磁场区域将做何种运动?（2）粒子刚进入磁场时的速度大小（3）若粒子最终打到底片的D点，S3距离D多远？

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、B【解题分析】

300μF＝300×10-6F=3×10﹣4F.A．3×108，与结论不相符，选项A错误；B．3×10﹣4，与结论相符，选项B正确；C．0.3，与结论不相符，选项C错误；D．3×105，与结论不相符，选项D错误；故选B.2、A【解题分析】

AB．取竖直向上方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p=mv2-（-mv1）=0.2×（6+4）kg•m/s=2kg•m/s方向竖直向上。故A正确，B错误。CD．根据动量定理可知，合力的冲量等于动量的变化，可知ΔI＝△p=2kg·m/s选项CD错误。3、C【解题分析】平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，所以导线受到的安培力水平向右，根据左手定则，可知金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；对棒受力分析，做出沿MN的方向观察的受力图所示：金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向水平向右，与OMNO′平面不垂直，故B错误；根据平衡条件可得：mgtanθ=BIL，解得：，故C正确；根据平衡条件可得：2Tcosθ=mg，解得：，故D错误。所以C正确，ABD错误。4、C【解题分析】

体积很小的带电体，如果相对于研究的问题，体积不能忽略不计，将其简化为点产生的误差较大，那么就不能简化为点，故A错误；体积较大的带电体，如果相对于研究的问题，体积可以忽略不计，将其简化为点产生的误差较小，那么就可以简化为点电荷，故B错误；当两个带电体的大小远小于它们间的距离时，两个带电体的形状和大小对相互作用力的影响可忽略时，这时可把两个带电体简化为点电荷，不会产生较大的误差，只会使问题简化，故这两个带电体可看成点电荷，故C正确；当电荷在球上均匀分布时，可以将其看成是电荷全部集中于球心的点电荷，否则会产生较大的误差，故D错误；

故选：C.【题目点拨】点电荷是个理想化的模型，和质点的概念一样，要视具体情况具体分析.5、D【解题分析】

据题两个线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，线圈切割磁感线产生感应电流，同时受到向上的安培力为：由电阻定律得线圈的电阻（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为单匝导线横截面积）

所以下边刚进入磁场时所受的安培力为：此时加速度为：将线圈的质量m=ρ0S•4L（ρ0为材料的密度）代入上式，所以得加速度为：此式中各量对于两个线圈都相同，两个线圈的加速度a相同，则线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等：v1=v1由能量守恒可得：（H是磁场区域的高度）

因为Ⅰ为导线细，质量m小，产生的热量小，所以Q1＜Q1．A．，，与结论不相符，选项A错误；B．，，与结论不相符，选项B错误；C．，，与结论不相符，选项C错误；D．，，与结论相符，选项D正确；6、C【解题分析】由电路图可以知道，而开关闭合时，被短路，只有接入电路；而开关断开时，两电阻串联；则由可以知道，开关闭合时为加热状态，开关断开时是保温状态；开关断开时电流要大幅度减小，故阻值要远大于的阻值，C正确．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】

AB、当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A的示数变大；根据欧姆定律可知R2的电压增大，电压表V2示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表V3示数变小。R2的电压增大，路端电压减小，则R1的电压减小，则电压表VCD、根据全电路欧姆定律知：ΔU2+ΔU3=ΔU1，故C正确。由U1=E-IR故选AC【题目点拨】当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，电路中的总电流增大，由欧姆定律分析并联部分两端电压的变化和路端电压的变化，再判断R28、BD【解题分析】A.图线b斜率的倒数等于电阻的阻值，R=△U/△I=（3−0）/1Ω=3Ω.故A错误；B.图线a斜率倒数的绝对值等于电池组的内阻r=|△U/△I|=（4−0）/4Ω=1Ω.故B正确；C.两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态，由图读出路端电压为U=3V，电流为I=1A，电池组的输出功率是P=UI=3W.故C错误；D.当外电阻等于电池的内阻时,即外电阻R=r=1Ω时,电池组的输出功率最大：，故D正确．故选BD.点睛：电池组的伏安特性曲线斜率倒数的绝对值等于电池的内阻．电阻的伏安特性曲线斜率的倒数大小等于电阻．两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态．当外电阻等于电池的内阻时电池组有最大的输出功率．9、BCD【解题分析】

因偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号是在一个周期内的稳定图像，则显示的图像与所载入的图像形状是一样的，如A所示，根据题意可知应选BCD。10、BC【解题分析】

A．由于线框的一半放在磁场中，因此线框产生的感应电动势大小为，A错误；B．由于线框所产生的感应电动势是恒定的，且线框连接了一个电容器，相当于电路断路，外电压等于电动势，内电压为零，而接电压表的这部分相当于回路的内部，因此，电压表两端无电压，电压表没有读数，B正确；C．根据楞次定律可以判断，a点的电势高于b点的电势，C正确；D．电容器所带电荷量为D错误．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、AD0.80W【解题分析】

(1)[1]小灯泡的额定电压为4V，电压表选择应0∼5V量程，故选A。[2]本实验描绘这个灯泡的U−I图线，要求滑动变阻器采用分压式接法，灯泡额定电压，额定功率，则电阻约为故滑动变阻器选择(10Ω，2A)，调节更方便。(2)[3]由前面分析可知滑动变阻器采用分压式，待测小灯泡阻值较小，为减小系统误差电流表采用外接法，这样画得的电路图如下：(3)[4]由闭合电路欧姆定律可知画出图象如下如示，两图象的交点即为小灯泡正常工作时的实际电压、电流分析图象可知小灯泡实际电压为2.0V，电流为0.4A，实际功率12、I（R＋r）最大值216.3（6.1~6.4）2.5（2.4~2.6）【解题分析】

(1)[1]根据闭合电路欧姆定律，该同学设计实验的原理表达式是E=I(R＋r)(2)[2]根据实验的安全性原则，在闭合开关之前，应先将电阻箱调到最大值[3]根据电阻箱读数规则，电阻箱接入电路的阻值为2×10Ω＋1×1Ω=21Ω(3)[4][5]由E=I（R＋r）可得图像斜率等于得由于误差(6.1~6.4)V均正确，图像的截距得由于误差(2.4~2.6)均正确四、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）4m/s（1）4.15m【解题分析】

（1）对木板和木块组成的系统运用牛顿第二定律，求出整体的加速度，结合匀变速直线运动的速度位移公式求出木板碰挡板时的速度大小．

（1）分别对m和M分析，根据牛顿第二定律求出m和M的加速度，结合m和M的运动规律，当木块速度为零时木块与挡板的距离最小，结合运动学公式求出当木块与挡板的距离最小时，木块与长木板左端A之间的距离．【题目详解】（1）设木块与长木板一起向右运动运动过程中加速度大小为a，则μ1(m＋M)g＝(m＋M)a解得a=1m/s1．v1＝4m/s（1）设碰撞后木块在长木板上滑动过程中长木板加速度大小为a1，木块加速度大小为a1，则μ1(m＋M)g+μ1mg=Ma1μ1mg＝ma1解得a1=3.5m/s1，a1＝4m/s1当木块速度为零时