2024届安徽省黄山市徽州中学物理高二第一学期期中达标检测模拟试题含解析

2024届安徽省黄山市徽州中学物理高二第一学期期中达标检测模拟试题注意事项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、如图所示，质量相等的两个小球A和B紧贴倒圆锥筒的光滑内壁各自做水平面内的匀速圆周运动，则（）A．A球受到的支持力较大B．B球受到的支持力较大C．A球运动的线速度较大D．B球运动的线速度较大2、如图所示是两个电阻R1、R2的I－U图线，将两电阻R1、R2并联后的总电阻为R，则电阻R的I－U图象分布在图中哪个区域？A．Ⅰ区B．Ⅱ区C．Ⅲ区D．不能确定3、如图，质量为m，长为3l的均匀直导线折成等边三角形线框LMN，竖直悬挂于两根绝缘细线上，并使边MN呈水平状态。现置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。当两根绝缘细线所受拉力为零时，通过导线MN的电流强度大小为（）A． B． C． D．4、关于如图所示的验电器，下列说法正确的是（）A．硬杆b应该用金属材料制成B．a与c应该互相绝缘C．用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近a时，两金属箔片带等量异种电荷D．用毛皮摩擦过的橡胶棒接触a后，c所带电荷与橡胶棒所带电荷的电性相反5、关于电阻和电阻率，下列说法正确的是（）A．根据可知导体的电阻与加在导体两端的电压成正比B．物体电阻的大小由材料决定，与物体的长短粗细无关C．物体的电阻率一定会随着温度的升高而变大D．电阻率是反映物体导电性能的物理量6、静电计是测量电势差的仪器，指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大。在本实验中，电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角越大表示A、B两极板间的电压越高。本实验中，对电容器充电后断开电键，则三个图中关于电压的说法正确组合的是（）①图1中电压升高②图2中电压升高③图3中电压升高④图1中电压降低⑤图2中电压降低⑥图3中电压降低A．①②③B．④⑤⑥C．①⑤⑥D．①④⑤二、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、在水平向右的匀强电场E中，小车以加速度a向右做匀加速直线运动，质量分别为m1、m2，电荷量分别为+q1、+q2的小球G、H通过不可伸长的轻绳悬挂于车顶O点，．当G、H相对小车静止时，下列情况可能出现的是(不计G、H间的相互作用)()A． B． C． D．8、如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则A．a和b在电场中运动的时间之比是1∶2B．a和b在电场中运动的时间之比是2∶1C．a和b的荷质比（即粒子的电荷量与质量之比）是1∶8D．a和b的荷质比（即粒子的电荷量与质量之比）是8∶19、有一个点电荷只受电场力的作用,分别从两电场中的a点由静止释放,在它沿直线运动到b点的过程中,动能EK随位移s变化的关系图象如图所示中的①、②图线则下列说法正确的是(

)A．正电荷在甲图电场中从a点由静止释放,沿直线运动到b点的过程中,对应的图线是②B．负电荷在乙图电场中从a点由静止释放,沿直线运动到b点的过程中,对应的图线是①C．负电荷在丙图电场中从a点由静止释放,沿直线运动到b点的过程中,对应的图线是②D．负电荷在丁图电场中从a点由静止释放,沿直线运动到b点的过程中,对应的图线是②10、如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r＝1Ω，定值电阻R3＝5Ω.当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是（）A．电阻R1、R2可能分别为4Ω、5ΩB．电阻R1、R2可能分别为3Ω、6ΩC．开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数D．开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6Ω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）如下图所示，静电计与锌板相连，现用紫外灯照射锌板，关灯后，指针保持一定的偏角．（1）现用一带负电的金属小球与锌板接触，则静电计指计偏角将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）使静电计指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，静电计指针无偏转．那么，若改用强度更大的红外灯照射锌板，可观察到静电计指针_____（填“有”或“无”）偏转．12．（12分）某学校实验室购买了一卷表面有很薄绝缘层的镍铬合金丝，该校的兴趣小组同学想通过实验来测算合金丝的长度。已知该镍铬合金丝的电阻率Ω·m，测量选用的器材有多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等。（1）实验前先使用多用电表粗测合金丝的电阻①机械调零后，选择旋钮指向电阻挡“×10”位置，将红、黑表笔分别插入多用电表的对应插孔，将两表笔短接，调节__________（填“S”或“T”）进行欧姆调零，使指针指到“电阻挡”零刻度。②把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，发现指针偏转角度过小，应选择倍率为__________（填“×100”或“×1”）的挡位，再将两表笔短接重新进行欧姆调零。③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端相接，多用电表的示数如图甲所示，则该合金丝的电阻约为__________Ω。（2）使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径d，示数如图乙所示，则镍铬合金丝的直径d=________mm。（3）为了更准确地测量镍铬合金丝电阻，减少实验误差，并获得较大的电压调节范围，选择如图丙所示的电路进行测量，测量电压表示数为U，电流表的示数为I。不计合金丝绝缘漆的厚度，镍铬合金丝的长度的表达式L=__________（用U、I、ρ、d表示）。（4）利用记录的多组电压U和电流值I的数据，绘制出如图丁所示的U－I图像。可测出镍铬合金丝的长度L=_________m。（保留三位有效数字）。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，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为－4×10－6C的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10－4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10－4J，N板接地．则(1)A点的电势是多少？(2)M板的电势是多少?(3)等于多少伏？14．（16分）如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E="1."0×104N/C．现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q=8.0×10-5C，取g=10m/s2，求：（1）带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；（2）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；（3）带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力和摩擦力对带电体所做的功各是多少？15．（12分）一根丝线吊着一质量为m，电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，丝线与竖直方向成37°角，重力加速度为g，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：（1）小球的带电性质；（2）电场强度E的大小；（3）丝线的拉力。

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】试题分析：AB、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图筒对小球的支持力N=，与轨道半径无关，则由牛顿第三定律得知，小球对筒的压力也与半径无关，即有球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力．故AB错误；CD、根据牛顿第二定律，有：F=mgtanθ=m解得：v=．由于A球的转动半径较大，A线速度较大．故C正确，D错误．故选C2、A【解题分析】两电阻并联后，总电阻要小于两电阻,而在I-U图象中，斜率越大，电阻越小，故并联之后的电阻应在区域I，故选项A正确。点睛：本题考查对串并联电路及I-U图象的认识，要注意明确I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数。3、B【解题分析】

当两根绝缘细线所受拉力为零时，即等边三角形线框，LMN所受的安培力与重力大小相等，方向相反，由于NLM导线的等效长度为L，由并联电路特点可知，由平衡条件有解得故选B。4、A【解题分析】

AB．验电器的工作过程是通过图中的a与带电体接触，将电荷导入c部分，让金属箔带上同性电荷而相互排斥，所以b应是导体，故A正确、B错误；CD．用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近a时，会因为静电感应现象让a带上正电荷，c部分两金属箔片带上负电荷，故CD错误。故选A。5、D【解题分析】

A．根据欧姆定律的内容可知：对于某一段导体来说电阻的阻值不变，即电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比，故A错误；B．根据可知，物体电阻的大小由材料决定，与物体的长短粗细有关，故B错误；C．金属的电阻率随温度升高而增大，半导体的电阻率随温度升高而减小，故C错误；D．电阻率是反映物体导电性能的物理量，故D正确。故选D。6、C【解题分析】试题分析：①电容器充电后和电源断开其带电量不变，当极板B向上移动时，正对面积减小，根据电容决定式，可知电容减小，根据可知，电量不变，由于电容减小，电压则增大；②同理，电容器板间距离减小，电容增大，根据可知电压减小；③图中插入电解质，电容增大，根据可知电压减小．故选C．考点：电容器【名师点睛】有关电容器的问题主要考查对电容器的决定式和电容器的定义式的理解和灵活应用情况，尤其注意公式之间的推导与换算。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】

AD．先对两个球整体分析，受重力、电场力和细线的拉力，如图所示：

如果加速度大于，设上面的细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，有：

竖直方向：水平方向：解得：…①再对小球G受力分析，如图所示：

设下面的细线与竖直方向的夹角为β，根据牛顿第二定律，有：

竖直方向：水平方向：解得：…②由于，两个正分数的分子分母同时分别相加后得到的新分数介于原来两个分数中间，故故tanα≥tanβ故α≥β故A正确，D错误；

BC．如果加速度小于，则上面的细线向右偏转；

设上面的细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，有：

竖直方向：水平方向：解得：…③再对小球G受力分析，如图所示：

设下面的细线与竖直方向的夹角为β，根据牛顿第二定律，有：

竖直方向：水平方向：解得：…④由于故故tanα≤tanβ故α≤β故B错误，C正确；8、AD【解题分析】试题分析：粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为2：2，根据x=v0t，知时间比为2：2．选项A正确，B错误；粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y=at2知，y之比为2：2，则a、b的加速度之比为8：2．根据牛顿第二定律知，加速度，加速度之比等于电荷量与质量的比值之比，则两电荷的比荷之比为8：2．故D正确，C错误．故选AD．考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在垂直于电场方向和沿电场方向上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．9、BC【解题分析】

根据动能定理：可以知道物体的动能：而：故有：A．在甲图中各点的场强相同，故正电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力大小不变,故图象的斜率保持不变，所以A错误.B．在乙图中各点的场强相同，故负电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力大小不变,故图象的斜率保持不变,故B正确.C．在丙图中由a到b场强逐渐增大，故负电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力逐渐增大,故图象的斜率逐渐增大，所以C正确.D．在丁图中a到b场强逐渐减小，负电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力逐渐减小，故图象的斜率逐渐减小，没有图线与之对应，故D错误.10、BD【解题分析】

A、B由题设，电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有；将R1=3Ω、R2=6Ω代入方程不成立，而将R1=4Ω、R2=5Ω代入方程成立，故A错误，B正确；C、电键K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，由知，P相同，若R大，则U大，所以电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数，故C错误；D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R3+r），则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为，故D正确．所以选BD．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、减小无【解题分析】

解：(1)在用一紫外线灯照射锌板，锌板产生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将减小；(2)用黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明黄光不能使锌板产生光电效应，红外线的频率比黄光低，红外线不能使锌板产生光电效应，验电器指针无偏转．12、T“×100”14000.305110【解题分析】

（1）①[1]．欧姆调零时将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，即欧姆调零旋钮，使指针指电阻的0刻线；②[2]．将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。说明被测阻值较大，为使指针只在中央刻度附近应换较大档，即×100档；③[3]．欧姆表选择×100挡，由图甲所示可知，该合金丝的电阻约为：14×100=1400Ω；（2）[4]．由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器的读数为：0mm+30.5×0.01mm=0.305mm；（3）[5]．由电阻定律可知：根据欧姆定律得：联立解得：（4）[6]．由U-I图象的斜率表示电阻得：R==1500Ω结合（3）问的结论，带入表达式解得：L=110m