2024届甘肃省靖远县第二中学物理高二第一学期期中检测模拟试题含解析

2024届甘肃省靖远县第二中学物理高二第一学期期中检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、在“探究影响电荷相互作用力因素”的实验中，O是一个带正电的物体，把系在丝线上的同一带正电小球先后挂在图中P1、P2、P3三个位置上，小球所受库仑力（）A．P1点最小B．P2点最小C．P3点最小D．三个位置相同2、关于磁场，以下说法正确的是（）A．电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感强度一定为零B．磁场中某点的磁感强度，根据公式B=FIL，它跟C．磁场中某点的磁感强度的方向垂直于该点的磁场方向D．磁场中任一点的磁感强度等于磁通密度，即垂直于磁感强度方向的单位面积的磁通量3、电流表的内阻是Rg=100Ω，满刻度电流值是Ig=1mA，现欲把这电流表改装成量程为3V的电压表，正确的方法是（）A．应串联一个0.1Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻C．应串联一个2900Ω的电阻 D．应并联一个2900Ω的电阻4、下列说法中正确的是A．电磁炉中线圈通交变电流时，在金属锅上产生涡流，使锅体发热而加热食物，电流频率越低，加热越快。B．磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，是为了防止电磁感应。C．精密线绕电阻常采用双线绕法，可以增强线绕电阻通电时产生的磁场。D．车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，其是利用了电磁感应原理。5、R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体,但R2的尺寸比R1的尺寸小．将两导体分别串联（如图1）和并联（如图2）接入电路,通过两导体的电流方向如图中箭头所示,则()A．图1中R1两端的电压大于R2两端的电压B．图2中通过R1的电流小于通过R2的电流C．图1中R1内自由电荷定向移动的速率小于R2内自由电荷定向移动的速率D．图2中R1内自由电荷定向移动的速率大于R2内自由电荷定向移动的速率6、如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则（）A．该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB．卫星在同步轨道II上的运行速度大于7.9km/sC．在轨道I上，卫星在P点的速度小于在Q点的速度D．卫星在Q点通过加速实现由轨道I进入轨道II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、（多选）如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，电表均为理想电表；开始时开关S闭合，两个电表均有读数，某时刻发现电压表示数变小，而电流表示数变大，则电路中可能出现的故障是（）A．R2短路B．R2断路C．R1短路D．R3短路8、质量为m、带电量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示．若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中不正确的是()A．小物块一定带负电荷B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C．小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为9、两个相同的电容器A和B如图连接，它们的极板均水平放置，当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A中的一带电粒子恰好静止，现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变，这时带电粒子的加速度大小为g，忽略电场的边缘效应，则（）A．电容器A的电压增加，带电粒子加速向上运动B．电容器A的带电量增加原来的2倍C．电容器B的正对面积减少到原来的D．电容器B间的电场强度保持不变10、如图所示，MDN为绝缘材料制成的光滑竖直半圆环，半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外．一带电量为-q，质量为m的小球自M点无初速下落，下列说法中正确的是（）A．由M滑到最低度点D时所用时间与磁场无关B．球滑到D时，速度大小v=C．球滑到D点时，对D的压力一定大于mgD．滑到D时，对D的压力随圆半径增大而减小三、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）在测量金属丝电阻率的实验中，实验中要求待测电阻的电压要从零开始变化，并且变化范围大，可供选用的器材如下：A．待测金属丝：Rx（阻值约5Ω，额定电流约0.5A）；B．电压表：（量程3V，内阻约3kΩ）；C．电压表∶（量程15V，内阻约6kΩ）D．电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；E.电流表：A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；F.电源：E1（电动势3V，内阻不计）；G.电源：E2（电动势12V，内阻不计）；H.滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）；J.螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。(1)如图，A图为电流表，B图的图为电压表，A图__________A，B图____________V；(2)若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________、电压表应选_______、电源应选________（均填器材代号），在虚线框内完成电路原理图___________。12．（12分）某同学要测量一个由新材料制成的均匀圆柱形导体的电阻率，进行了如下操作：（1）利用螺旋测微器测圆柱体直径d如图1所示，则d＝______mm；用20分度的游标卡尺测量其长度L如图2所示，则为L=______mm；若已知此导体的电阻为R，则此新材料的电阻率表达式为_____（用R、d、L表示）（2）用多用电表粗测该电阻步骤：①机械调零后，将选择开关旋至电阻挡“×100”位置；②将红、黑表笔短接欧姆调零；③把红、黑表笔分别与材料的两端相接，发现指针偏转角度太大。为了较准确地进行测量，应将选择开关置于_______（填×10或×1k）的倍率，并重新进行_________，再进行测量，多用表示数如图所示，则其阻值为______Ω。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）将带电量为6×10-6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了3×10-5J的功，再从B移到C，电场力做了1.2×10-5J的功，则（1）如果规定B点的电势能为零，则该电荷在A点和C点的电势能分别为多少？（2）求A、C两点间的电势差14．（16分）在如图所示的匀强电场中，一条绝缘细线的上端固定，下端栓一个大小可以忽略、质量为m的带电量为q的小球，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ=30°．（1）小球带电种类？（2）小球所受电场力大小（3）电场强度E大小．15．（12分）如图所示，在平面直角坐标系xoy中，x轴下方第三、四象限内有垂直平面向里的匀强磁场，x轴上方有一圆形边界匀强磁场（图中未画出），圆形有界磁场的磁感应强度是x轴下方磁场磁感应强度的4倍，一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上距离坐标原点L处的A点以速度v射入匀强磁场，速度方向与x轴夹角为θ=300，经磁场偏转后从x轴上距离坐标原点L处的B点射出匀强磁场，然后射入圆形磁场，恰好又能回到A点，以后周期性运动，不计重力，求：（1）x轴下方磁场的磁感应强度大小；（2）圆形有界磁场的最小半径；（3）粒子运动周期T。

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】

在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球在图中P1、P2、P3三个位置上，小球所受库仑力逐渐减小，即P1点最大，P3点最小，故ABD错误，C正确。故选C.【题目点拨】解答本题要了解库仑力的推导过程，由于决定电荷之间作用力大小的因素很多，因此需要采用控制变量的方法进行研究．虽然学生现在都知道库仑力的决定因素，但是该实验只是研究了库仑力和距离之间的关系．2、D【解题分析】电流在磁场中某点的受力情况，与电流方向和磁场的夹角有关，若电流方向和磁场方向平行，则电流不受磁场力的作用，A错；磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与F、I、l都无关，B错；磁场中某点的磁感应强度的方向和该点的磁场方向一致，C错；根据可知，D选项正确。思路分析：电流所受的磁场力，还与磁场和电流方向的夹角有关；试题点评：本题考查对安培定则掌握情况。3、C【解题分析】

改装成电压表要串联电阻分压，串阻值为：，则ABD错误，C正确；故选C．【题目点拨】此题考查的电表的改装原理，知道电流计改装成电压表要串联分压电阻，改装成电流表要并联分流电阻．4、D【解题分析】

A.电磁炉中线圈通交变电流时，在金属锅上产生涡流，使锅体发热而加热食物，电流频率越高，电流变化越快，感应电流越大，加热越快，故A错误。B.常常用铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利用电磁感应，故B错误。C.采用双线绕法，磁场相互抵消，可以减弱线绕电阻通电时产生的磁场，故C错误。D.车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，其是利用了电磁感应原理，故D正确。5、C【解题分析】设导体厚度为d，R边长为L，电阻率为ρ，根据电阻定律得导体的电阻为：，由此可知导体R1、R2的阻值相等，图1中R1、R2串联，根据串联分压的特点可知R1两端的电压等于R2两端的电压，故A错误；根据电流的微观表达式：I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故C正确；图2中R1、R2并联，电压相等，导体R1、R2的阻值相等，所以通过R1的电流等于通过R2的电流，故B错误；根据电流的微观表达式：I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故D错误．所以C正确，ABD错误．6、D【解题分析】

了解同步卫星的特点和第一宇宙速度、第二宇宙速度的含义，当万有引力刚好提供卫星所需向心力时，卫星正好可以做匀速圆周运动：若是“供大于需”，则卫星做逐渐靠近圆心的运动；若是“供小于需”，则卫星做逐渐远离圆心的运动.【题目详解】11.2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故A错误；7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；根据开普勒第二定律，在轨道I上，P点是近地点，Q点是远地点，则卫星在P点的速度大于在Q点的速度，故C错误；从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力，故D正确；故选D．【题目点拨】本题考查万有引力定律的应用，知道第一宇宙速度的特点，卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定．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】若R2短路，电流表没有电流通过，示数变为零，与题不符，故A错误．若R2断路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，则电压表读数变大；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，不符合题意，故B错误．若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，符合题意，故C正确．若R3短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小，R2的电压减小，通过R2的电流减小，则电流表地示数增大，符合题意，故D正确．故选CD.点睛：在故障分析问题中，常常用排除法．本题中是理想电表，电压表内阻认为是无限大，电流表的内阻认为为零．8、ABD【解题分析】

带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性．由斜面粗糙，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做加速增大的直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小．【题目详解】小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，又由于洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电．故A正确；小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力和斜面的摩擦力作用下做加速直线运动，随着速度变大，导致洛伦兹力变大，小球对斜面的正压力变小，摩擦力减小，则小球的加速度变大，则小球在斜面上运动时做匀加速度增大、速度也增大的变加速直线运动，故B错误，C正确；则小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直与斜面的分力相等时，小球对斜面压力为零．所以Bqv=mgcosθ，则速率为．故D正确；故选ACD．【题目点拨】本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于斜面不是光滑的，则随着粒子的下滑，洛伦兹力大小变化，导致摩擦力变化，从而使加速度也发生变化．9、AC【解题分析】试题分析：根据粒子的平衡可知粒子受电场力与重力的关系；两电容器电容相同，总电量不变；由电容的决定式分析B的电容变化，由电容的定义式可得出其电量的变化，判断出A的电量变化，从而能分析出A的电压的变化．根据平衡条件、牛顿第二定律和电容的相关公式列式分析B的正对面积变化．解：A、D、带电微粒静止，则有：mg=，得U=①当B电容板错开时，B电容器的电容C减小，带电量减小，而两个电容器的总电量不变，则A的带电量增加，由C=知A板间电压增加，说明B板的电压增加，场强增大，粒子所受的电场力增大，所以粒子向上加速运动．故A正确，D错误．B、C、带电微粒向上加速运动，根据牛顿第二定律得：﹣mg=m②由①②解得：U′=则板间电压变为原来的倍．根据电容的定义式C=，可知A的带电量为原来的倍，则B的带电量为倍．由电容的定义式C=，可知B的电容为原来的倍，则B的正对面积减少到原来的．故C正确，B错误．故选AC点评：本题为电容器的动态分析，要注意明确两电容直接相连时，电容器两端的总电量保持不变；这是解本题的突破点．10、ABD【解题分析】试题分析：小球的运动导致洛伦兹力出现，由于速度大小不变，当磁场不同时，洛伦兹力大小不同．但小球由M滑到最低点D所用时间却不变，故A正确；小球下滑过程中，受到重力、支持力、洛伦兹力，但支持力与洛伦兹力不做功，所以只有重力做功，由小球机械能守恒可得，小球通过D点的速度大小，B正确，由于小球机械能守恒，虽然小球滑到最低点的速度大小不变，但由于小球的运动方向不同，导致洛伦兹力的方向也不同．所以小球对D点的压力可能大于重力，也可能小于重力，也可能等于重力．C错误D正确，考点：考查了洛伦兹力的应用点评：虽受洛伦兹力，但其不做功，所以小球运动到最低点的速率不变．随着运动的方向不同，导致洛伦兹力方向也不同．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、0.46A2.50V【解题分析】

(2)[3]待测金属丝Rx阻值约5Ω，额定电流约0.5A，则电流表选择A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）。[4]电压约为所以电压表选择（量程3V，内阻约3kΩ）。[5]电压表量程3V，故电源选E1（电动势3V，内阻不计）。[6]滑动变阻器采用限流式，由于安培表电阻较小，大内小外，故安培表用外接法，电路如图所示：(1)[1]电流表选择A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω），则电流表读数为0.46A。[2]电压表选择（量程3V，内阻约3kΩ），则电压表读数为2.50V。12、1.70511.50欧姆调零80【解题分析】

（1）[1]．利用螺旋测微器测圆柱体直径d＝1.5mm+0.01mm×20.5=1.705mm；[2]．用20分度的游标卡尺测量其长度L=1.1cm+0.05mm×10=11.50mm；[3]．若已知此导体的电阻为R，则根据解得此新材料的电阻率表达式为。（2）③[4][5][6]．把红、黑表笔分别与材料的两端相接，发现指针偏转角度太大，说明倍率挡选择过高，为了较准确地进行测量，应将选择开