2024届河南省舞钢市第二高级高二物理第一学期期中统考模拟试题含解析

2024届河南省舞钢市第二高级高二物理第一学期期中统考模拟试题注意事项: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、如图所示，一个内阻不可忽略的电源，R1为定值电阻，L1和L2是小灯泡，R为滑动变阻器，P为滑片．若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，灯泡L2的亮度及R1消耗的电功率分别（）A．变亮，一直减小 B．变亮，先增大后减小C．变暗，无法确定 D．变暗，一直增大2、电流表的量程为I，其内阻为RA，现欲把这电流表的量程扩大至原来的N倍，则(A．应加串一个阻值为RA的NB．应加并一个阻值为RAC．刻度盘的最小刻度是原来的N倍D．刻度盘的最小刻度是原来的13、如图所示，在通电直导线下方，有一电子沿平行导线方向以速度v开始运动，则()A．将沿轨迹Ⅰ运动，半径越来越小B．将沿轨迹Ⅰ运动，半径越来越大C．将沿轨迹Ⅱ运动，半径越来越小D．将沿轨迹Ⅱ运动，半径越来越大4、如图所示是“探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律”实验中打出的一条纸带，相邻计数点间的时间间隔为T，则C点的速度可表示为()A． B．C． D．5、宇宙飞船环绕地球做匀速圆周运动，半径为r，己知地球质量为M引力常量为G，则宇宙飞船在轨道上飞行的线速度大小为（）A．GMrB．rGMC．r6、下列说法正确的是A．物体带电量有可能是B．感应起电的本质是电荷发生了转移C．物体所带电量可能很小，可以小于元电荷D．经过摩擦使某物体带正电是因为产生了额外的正电荷二、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、一个带正电的小球沿光滑绝缘的水平桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，飞行时间为，水平射程为，着地速度为．撤去磁场，其余的条件不变，小球的飞行时间为，水平射程为，着地速度为．下列结论正确的是（）A．B．C．和大小相等D．和方向相同8、如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中,关于两个带电粒子P、Q（）A．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2B．它们动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2C．它们运动时间的大小关系是tP∶tQ＝1∶2D．它们运动加速度的大小关系是aP∶aQ＝1∶29、如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一个重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，并最终打在B板上。则t0可能的时刻是()A．B．C．D．10、如图所示为一组电场线，A、B为其中两点，则（）A．A点的场强大于B点的场强B．A点电势高于B点电势C．将电子从A点移到B点，电场为做正功D．同一正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能三、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）图中，游标卡尺示数是_____cm，螺旋测微器示数是_____mm，12．（12分）为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化。所给器材如下：A．电流表（0~200mA，内阻0.5Ω）B．电流表（0~0.6A，内阻0.01Ω）C．电压表（0~3V，内阻5kΩ）D．电压表（0~15V，内阻50kΩ）E．滑动变阻器（0~10Ω，0.5A）F．滑动变阻器（0~1kΩ，0.1A）G．电源（3V）H．电键一个，导线若干。（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是______（填所选仪器前的字母）。（2）在答题卡卷的虚线框中画出完成此实验的电路图______。（3）此实线描绘出的I—U图线是______（填“曲线”或“直线”），其原因是______。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）在竖直平面内有一范围足够大且斜向右上方的匀强电场，方向与水平方向成α=45°角。在电场中有一质量为m，带电荷量为q的带电小球，用长为L不可伸长的绝缘细线悬挂于固定轴O上。小球可以在与O点等高的M点处于静止状态，如图所示。现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，重力加速度为g。求（1）电场强度E的大小及小球从P运动到M过程中电势能的变化量；（2）小球运动到M点时速度大小；（3）小球运动到M点时，若细线突然断开，再经过多长时间小球速度方向与电场方向相同。14．（16分）如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即从A点射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，宽度为L，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。（1）求电子进入偏转电场时的速度v0；（2）电子从B点离开偏转电场时的竖直方向的位移y；（3）若仅将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，求偏转电场的电场强度E1；（4）满足（3）条件下，求电子从B点射出时的动能。15．（12分）有一个电流表G，内阻，满偏电流，要把它改装为0—15V的电压表．(1)要串联多大的电阻？(2)改装后电压表的内阻多大？

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、D【解题分析】

根据闭合电路欧姆定律，当滑片向下滑动，滑动变阻器接入电阻变小，根据并联电阻关系得，R和L2的并联电阻减小，外电路总电阻变小，则干路电流变大，，路端电压变小，则灯L1两端电压变小，变小；根据电路图及串联电路和并联电路的知识可知：，由上面分析知变小，而干路电流变大，所以变大，则变大，变大，而，路端电压变小，所以变小，则变小，亮度变暗，故ABC错误，D正确2、C【解题分析】

根据改装原理可知，要使电流表量程扩大N倍，故应并联电阻分流，根据并联电路规律可知：R=IRA(N-1)I=RAN-1，故AB错误；改装后满偏刻度为NI，故最小分度将变为原来的N倍，故3、A【解题分析】

CD．由安培定则可知，通电直导线在其下方的磁场垂直纸面向里，如图所示，根据左手定则可知，电子所受洛伦兹力的方向向上，所以沿轨迹Ⅰ运动，故CD错误；AB．因离导线越近，磁感应强度越大，根据Bqv＝m可知，轨迹半径越来越小，所以A正确，B错误。故选A。4、C【解题分析】由匀变速直线运动的推论可知平均速度等于中间时刻的瞬时速度．即．故C正确5、D【解题分析】

人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力得:GMmr解得：v=GMr，故D对；ABC【题目点拨】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力列式即可求解.6、B【解题分析】

A、元电荷的值通常取作e=1.60×10﹣19C，所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，故AC错误；B、感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．故B正确；D、摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．遵循电荷守恒定律．故D错误；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、ABC【解题分析】

由于带正电，有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上．

如图所示，小球水平方向将加速运动，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g．撤去磁场的时候，小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，加速度为g．从而，有磁场时水平距离比撤去磁场后要大，即x1＞x2，故A正确；有磁场时运动时间比撤去磁场后要长，即t1＞t2，故B正确；由于洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能．所以，有磁场和无磁场都只有重力作功，小球机械能守恒，动能的增加等于重力势能的减少，等于小球重力与桌面高度的乘积，是相同的，即v1和v2大小相等，有故C正确；有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，故D错误．故选ABC．【题目点拨】本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选择规律分析讨论.8、AD【解题分析】试题分析：垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，C错误；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：，由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，所以它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2，故A正确；加速度之比aP∶aQ＝1∶2，D正确；电场力做的功等于动能的增量=，所以它们动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，B错误；故选AD。考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用【名师点睛】本题关键将两个带电粒子的运动沿垂直电场方向和平行电场方向两个方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析。9、AD【解题分析】、若时进入电场，则带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零，然后在加速运动，周而复始，在这个过程中粒子的运动方向没有发生过变化一直向右运动，所以能打在B板上，故A正确；B、若进入电场，则带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后在加速运动，周而复始，在这个过程中粒子的运动方向没有发生过变化一直向左运动，所以不能打在B板上，故B错误；C、如进入电场，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的距离大于向右运动的距离,最终打在A板上,故C错误；D、若进入电场，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的距离小于向右运动的距离,最终打在B板上，故D正确；综上所述本题答案是：AD

点睛：解决本题的关键是理清粒子在一个周期内的运动规律,判断物体一个周期内的位移,从而进行判断.本题也可以通过速度时间图线进行分析.10、AB【解题分析】由图可知，a点电场线密，b点电场线稀，因此a点电场强度大于b点，即Ea＞Eb，故A正确．沿电场线的方向电势逐渐降低，A点电势高于B点电势，故B正确；电子受到的电场力的方向由B指向A，所以将电子从A点移到B点，电场为做负功，故C错误；正电荷从A点移动到B点，电场力做正功，电势能减少，所以同一正电荷在A点的电势能大于正电荷在B点的电势能，故D错误；故选AB.点睛：电场线是电场中的重要概念，要根据电场线的分布正确判断电势的高低和电场强度的强弱，即电场线的疏密反映场强的大小，顺着电场线电势降低．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、10.343.388【解题分析】

[1][2]游标卡尺示数是10.3cm+0.1mm×4=10.34cm螺旋测微器的示数是3mm+0.01mm×38.8=3.388mm12、ACEGH曲线温度变化，灯丝电阻也会变化【解题分析】

（1）[1]描绘标有“3V0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，需要：电源、开关、导线，灯泡额定电压为3V，电压表需要选择C，灯泡额定电流为电流表选择A；描绘小灯泡的伏安特性曲线电压要从0开始，所以需要分压式电路，要选择电阻值比较小的滑动变阻器E。故选ACEGH。（2）[2]描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，则电路如图所示。（3）[3]由灯丝电阻随温度升高而增大，灯丝电阻不是定值，电流与电压不成正比，所以描绘出的图线是曲线。[4]由灯丝电阻随温度升高而增大，灯丝电阻不是定值，电流与电压不成正比。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）；2mgL（2）（3）【解题分析】

（1）小球可以静止在M点，所以合力为零，根据平衡条件可得：qEsinα=mg解得：从P到M过程中电场力做的功为：根据功能关系可得电势能减少2mgL；（2）从P到M根据动能定理可得：解得：（3）绳断开后，小球做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度当小球速度方向与电场方向相同时，小球水平方向的分速度所需的时间14、（1）（2）（3）2E（4）2U+【解题分析