2024届新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学物理高二第一学期期中质量检测试题含解析

2024届新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学物理高二第一学期期中质量检测试题注意事项：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、如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是A．太阳对小行星的引力相同B．各小行星绕太阳运动的周期小于一年C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于小行星带外侧小行星的向心加速度值D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值2、如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导线．当通以电流I时，欲使导体静止在斜面上，外加匀强磁场B的大小和方向应是（）A．,方向垂直斜面向上B．,方向垂直斜面向下C．,方向垂直向下D．,方向水平向右3、有一铅蓄电池，当移动1C电荷时非静电力做功2J，该铅蓄电池的电动势是（）A．2V B．1VC．2.5V D．1.5V4、如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成．励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场．玻璃泡内充有稀薄的气体，电子枪在加速电压下发射电子，电子束通过泡内气体时能够显示出电子运动的径迹．若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形．若只增大电子枪的加速电压或励磁线圈中的电流，下列说法正确的是A．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变B．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变小C．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变D．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径变小5、如图所示，MN是负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列中结论正确的是A．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小。B．电场线的方向由N指向M。C．带电粒子在a点时的电势能小于在b点时的电势能。D．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度。6、如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6kg·m/s、pb＝－4kg·m/s。当两球相碰之后，两球的动量可能是（）A．pa＝－6kg·m/s、pb＝4kg·m/sB．pa＝－6kg·m/s、pb＝8kg·m/sC．pa＝－4kg·m/s、pb＝6kg·m/sD．pa＝2kg·m/s、pb＝0二、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、图甲为某一电阻R的I－U特性曲线，图乙为某一电源的路端电压U与电流I的关系图线，用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知()A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为1WD．电源的效率为66.7%8、如图所示，带电体Q固定，带电体P的带电量为q，质量为m，与绝缘的水平桌面间的动摩擦因数为μ，将P在A点由静止放开，则在Q的排斥下运动到Ｂ点停下，A、B相距为s，下列说法正确的是（）A．将P从B点由静止拉到A点，水平拉力最少做功B．将P从B点由静止拉到A点，水平拉力做功C．P从A点运动到B点，电势能增加D．P从A点运动到B点，电势能减少9、真空中存在方向斜向上的匀强电场，一带电小球水平射入电场中，恰好沿水平方向运动，如图所示．下列说法正确的是A．小球可能带负电B．小球所受的重力一定小于电场力C．运动过程中小球的机械能可能先减小后增大D．小球一定做匀加速运动10、如图电路，电动势为E、内阻为r，阻值各不相同的定值电阻R1、R2、R1．初始时，闭合开关S，调节滑动变阻器R，使M、N两点间支路上电流为零．当滑动变阻器的触头向做左动时，下列说法正确的是（）．A．电流表读数增大，电压表减小B．电压表读数增大，电流表读数增大C．M、N间支路出现由N指向M方向的电流D．M、N间支路出现由M指向N方向的电流三、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）（1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是______。A．有闭合铁芯的原副线圈B．无铁芯的原副线圈C．交流电源D．直流电源E．多用电表（交流电压挡）F．多用电表（交流电流挡）（2）用匝数na=60匝和nb=120匝的变压器，实验测量数据如下表，根据测量数据可判断连接电源的线圈是______（填na或nb），并说明判断的依据________（至少写两条）。Ua/V1.802.803.804.90Ub/V4.006.018.029.9812．（12分）有一标有“6V，1.5W”的小灯泡，现用图甲所示电路绘测其伏安特性曲线，提供的器材除导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0～3A（内阻0.1Ω以下）C．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）D．直流电压表0～15V（内阻约为15kΩ）E．滑动变阻器10Ω，2AF．滑动变阻器1kΩ，0.5A（1）实验中电流表应选用_____，滑动变阻器应选用_____．（用序号表示）（2）试按图甲电路将图乙所示器材连成电路___________．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，在xoy平面内，Ⅰ象限中有匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正向，在x轴下方有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。今有一个质量为m电量为e的电子（不计重力），从y轴上的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场。经电场偏转后，沿着与x轴正方向成45°进入磁场，并能返回到原出发点P。求：（1）作出电子运动转迹的示意图P点离坐标原点的距离h。（2）匀强磁场的磁感应强度。（3）电子从P点出发经多长时间第一次返回P点？14．（16分）如图，在区域Ⅰ（0≤x≤d）和区域Ⅱ（d<x≤2d）内分别存在大小相等、方向相反的匀强磁场，且垂直于oxy平面．两个质量均为m、带电量均为q（q>0）的粒子a、b于某时刻从坐标原点O沿着x轴正方向射入区域Ⅰ，入射速度分别为和，粒子在区域Ⅰ内向y轴正方向偏转．己知粒子a在离开区域Ⅰ时，速度方向与x轴正向的夹角为30°．不计重力和两粒子之间的相互作用力．求：（1）区域Ⅰ内的磁场方向和磁感应强度大小；（2）a在磁场中运动的时间；（3）当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差．15．（12分）如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：（1）电源的电动势E和内阻r；（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值为多少？

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】

小行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力A．太阳对小行星的引力F=，由于各小行星轨道半径质量均未知，故不能得出太阳对小行星的引力相同的结论，故A错误；B．由周期T=知，由于小行星轨道半径大于地球公转半径，故小行星的周期均大于地球公转周期，即大于一年，故B错误；C．小行星的加速度a=知，小行星内侧轨道半径小于外侧轨道半径，故内侧向心加速度大于外侧的向心加速度，故C正确；D．线速度知，小行星的轨道半径大于地球半径，故小行星的公转速度小于地球公转的线速度，故D错误。故选C。2、B【解题分析】

通电导线在磁场中的受到安培力作用，由左手定则来确定安培力的方向，由平衡条件求出安培力大小，最后由安培力公式计算B的大小．【题目详解】A、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，无论B多大三个力的合力不可能为零，直导线不可能处于平衡状态，故A错误；B、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，根据平衡条件：mgsinθ=BIL，则，故B正确；C、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，无论B多大三个力的合力不可能为零，直导线不可能处于平衡状态，故C错误；D、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向水平向右，则受竖直向下的安培力三力作用下导线不会处于平衡，故D错误；故选B.【题目点拨】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向．3、A【解题分析】

由电动势公式．A．2V，与结论相符，选项A正确；B．1V，与结论不相符，选项B错误；C．2.5V，与结论不相符，选项C错误；D．1.5V，与结论不相符，选项D错误；4、D【解题分析】

AB．若增大电子枪的加速电压，电子束运动的速度增加，根据可知，电子束的轨道半径变大，AB错误；CD．增大励磁线圈中的电流，也就是增加了磁场的磁感强度B，这时轨道半径R将减小，C错误，D正确．故选D。5、B【解题分析】A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向向左，带电粒子从a到b过程中，对带电粒子做正功，其动能增加，故A错误；B、带正电的粒子所受电场力向左，电场线的方向由N指向M，负电荷在直线M点左侧，故B正确；C、电场力对带电粒子做正功，其动能增加，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；D、a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误；故选B。【题目点拨】粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向向左，电场线的方向由N指向M，负电荷在直线M点左侧，带电粒子从a到b过程中，对带电粒子做正功，其动能增加。6、C【解题分析】

A．根据碰撞过程中动量守恒可知碰撞后的总动量等于原来总动量2kg∙m/s。碰后的合动量为-2kg∙m/s，不守恒，故A错误；B．a球的动能不变，b球的动能增加了，不符合机械能不能增大的规律，故B错误；C．ab小球的动量满足动量守恒，也不违背物体的运动规律，故C正确；D．与实际不符，a不可能穿过停止的b向前运动，故D错误。故选C。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、CD【解题分析】

A．从乙图可以看出，电源电动势为3V，内阻为2Ω，故A错误；B．从甲图可以得到电阻：故B错；C．根据闭合电路欧姆定律知：所以电源的输出功率：故C正确；D．电源的效率：故D正确；8、AD【解题分析】

CD.在A点由静止放开，运动到Ｂ点停下，根据动能定理可知，合外力做功为零，即电场力所做正功跟摩擦力所做负功大小相等，将电场力这个变力做功可转化为恒力做功，即从A点运动到B点，电场力做的正功为，则电势能减少，故C错误，D正确AB.若将P从B点由静止拉到A点，水平拉力需要克服电场力和摩擦力两个力做功，所以水平拉力最少做功，故A正确，B错误故选AD9、BD【解题分析】

本题考查带电粒子在复合场中的直线运动【题目详解】由题意可知，小球在电场中受到竖直向下的重力和电场力，要使小球做直线运动，则必须满足一下两个条件之一：①合外力为0；②合外力的方向与速度的方向共线。A．电场力的方向与重力的方向不共线，所以不可能满足二力平衡合外力为0，则应该满足的是条件②，即合外力一定沿水平方向，则电场力一定沿电场线方向，可知该小球带正电；故A选项正确；B．因受到电场力和重力的合力方向沿水平向右，受力分析如图由平行四边形定则可知，电场力大小一定大于小球的重力，故B选项正确；C．在整个过程中电场力始终与运动方向间的夹角为锐角，即机械能逐渐的增大，故C选项错误；D．小球的合外力与速度的方向共线，且所受重力和电场力均保持不变即合外力不变，则小球应做匀加速直线运动，故D选项正确。综上所述，本题正确答案选BD。10、AD【解题分析】

A、B项：当滑动变阻器的触头向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，外电路的电阻减小，总电阻也减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，由公式可知，路端电压减小即电压表示数减小，所以电流表的示数与增大，故A正确，B错误；C、D项：当滑动变阻器的触头向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，滑动变阻器两端电压减小，即电势降落更小，所以M点电势高于N点电势，所以MN中有由M指向N的电流，故C错误，D正确．故应选：AD．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、ACEnb由于漏磁、涡流、线圈电阻等影响，副线圈两端的电压小于理论值【解题分析】

（1）[1]．为了完成变压器的探究，需要使用交流电源变压，多用电表交流电压档；为了让变压效果明显需要含有闭合铁芯的原副线圈，因此正确答案为ACE；（2）[2][3]．由于漏磁、涡流、线圈电阻等影响，所以副线圈测量电压应该小于理论变压值，即nb为连接电源的输入端，na为输出端。12、CE【解题分析】

（1）由灯泡的功率及额定电压可求得电路中的最大电流，则可选出电流表；由电路的接法可选出滑动变阻器；（2）根据原理图可连出实物图，注意实物图中导线不能交叉；注意分压接法的连接方法．【题目详解】（1）由P=UI可知，灯泡的额定电流；故电流表应选用C；因本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器选择E；（2）已知原理图，则先将滑动变阻器及电源串联，再将灯泡支路并联在滑动变阻器的一部分中，注意导线不能交叉，且导线要接在接线柱上，如图所示：【题目点拨】本题考查测小灯光的伏安特性曲线中的仪表选择及实物图的连接，均为重点考查内容，在学习中要认真掌握．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）（2）（3）【解题分析】

（1）电子在电场做做类平抛运动，应用类平抛运动规律与动能定理求出h；（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出B；（3）求出电子在电场、磁场、第二象限中的运动时间，然后求出电子总的运动时间．【题目详解】（1）粒子运动轨迹如图所示：

电子经过A点的速度大小：，

电子从P到A过程，由动能定理得：eEh=mv2-mv02，解得，h=；

（2）由几何知识可得，电子在磁场中的轨道半径：，

电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m，

解得：B=；

（3）电子从P到A的过程，加速度为，

时间为，

从A到C再到D，周期为，由几何知识得：电子在磁场中运动过程速度的偏向角为270°则电子在磁场中运动的时间为，从D到P的运动过程：由几何知识得：DP=h，运动时间为：，解得：

故t=t1+t2+t3=；【题目点拨】电子在电场中做类平抛运动的研究方法是运动的分解，而磁场中圆周运动的研究方法是画轨迹，都常用的思路．14、（1）磁场方向垂直于纸面向里B=（2）（3）Δy=【解题分析】

（1）粒子带正电，在区域Ⅰ内向y正方向偏转由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里轨迹如图所示：粒子a离开区域Ⅰ时速度的偏转角是30°，根据数学知识，在区域Ⅰ对应的圆心角为30°设粒子a在磁场中的轨道半径为R根