2024届天津市蓟州等部分区物理高二第一学期期中综合测试试题含解析

2024届天津市蓟州等部分区物理高二第一学期期中综合测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、重为4N的物体，静止在倾角为的斜面上，在5s内，关于重力对物体的冲量的说法正确的是()A．重力的冲量为零B．重力的冲量为10N·sC．重力的冲量为20N·sD．重力的冲量与摩擦力的冲量相等2、下列说法正确的是（）①电源电动势在数值上等于电源两端的电压。②电源电动势的大小与电源的内部外部均有关系。③导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比。④导体的电阻与导体长度成正比，与导体的横截面积成正反比。A．①③ B．②③ C．③④ D．①③④3、两个电压表V1和V2是由完全相同的两个小量程电流表改装成的，V1的量程是5V，V2的量程是15V，为了测量15～20V的电压，我们把两个电压表串联起来使用，以下的叙述正确的是A．V1和V2的示数相等B．V1和V2的指针偏转角度相同C．V1和V2的示数不相等，指针偏转角度也不相同D．V1和V2的示数之比等于两个电压表的内阻之比的倒数4、两个分别带有电荷量−Q和+5Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A． B． C． D．5、两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s6、一带电油滴在匀强电场E中从a到b的运动轨迹如图虚线所示，电场方向竖直向下，不计空气阻力，此带电油滴从a到b的过程中，能量变化情况是A．动能减小B．电势能增加C．重力势能和电势能之和减小D．动能和电势能之和增加二、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、四个电荷量大小相同的点电荷位于正方形四个角上，电性与各点电荷附近的电场线分布如图所示．ab、cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交点，P、Q分别为ab、cd上的两点，OP>OQ，下列说法中正确的是（）A．P、Q两点电势相等，场强也相同B．P点的电势比M点的高C．PM两点间的电势差大于QM间的电势差D．带负电的试探电荷在Q点时比在M点时电势能小8、用t、v、s分别表示物体运动的时间、速度、位移，以下图象中，能表示物体做匀速直线运动的是（）A． B．C． D．9、如图所示，直线为电源的路端电压与电流的关系图象，直线为电源的路端电压与电流的关系图象，在直线为电阻两端的电压与电流的关系图象．电源、的电动势分别为、，内阻分别为、，将电阻分别接到、两电源上，则A．，B．C．接到电源上，电阻的发热功率得电源的效率都较高D．接到电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低10、下面的说法正确的是A．冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，所以冲量就是动量B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小三、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）如图电压表的读数为______V，如图螺旋测微器的读数为______mm，如图游标卡尺的读数为________cm.12．（12分）如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．(1)使电容器带电后与电源断开①上移左极板，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”);②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”)；③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”)．(2)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有（______）A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B．使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况C．静电计可以用电压表替代D．静电计可以用电流表替代四、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，内表面光滑绝缘的半径为的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为有一质量为、带负电的小球，电荷量大小为，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取，求：小球在A点处的速度大小；小球运动到最高点B时对轨道的压力．14．（16分）如图，A、B为体积可忽略的带电小球，QA=1×10-8C，QB=-1×10-8C，A、B相距3cm.在水平外电场作用下，A、B保持静止，悬线都沿竖直方向.试求：（1）外电场的场强大小和方向;（2）AB中点处总电场的场强大小和方向.（k=9×109N.m2/C2）15．（12分）如图甲所示，平行正对金属板A、B间距为d，板长为L，板面水平，加电压后其间匀强电场的场强大小为，方向竖直向上。板间有周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化的规律如图乙所示，设磁感应强度垂直纸面向里为正方向。t=0时刻，一带电粒子从电场左侧靠近B板处(粒子与极板不接触)以水平向右的初速度v0开始做匀速直线运动。己知B1=0.2T，B2=0.1T，g=10m/s2。（1）判断粒子的电性并求出粒子的比荷；（2）若从t0时刻起，经过3s的时间粒子速度再次变为水平向右，则t0至少多大?（3）若要使粒子不与金属板A碰撞，且能沿水平向右的方向到达A板的右端，试求L取值的范围。

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】

ABC．物体重为4N，在5s内，重力的冲量为：I=Gt=4×5=20N•s故AB错误，C正确；D．物体受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，摩擦力为f=mgsin=2N故5s内摩擦力的冲量为：I=ft=2×5=10N•s故重力的冲量大于摩擦力的冲量，故D错误．2、C【解题分析】

电源的电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，但在数值上电动势等于内外电压之和不变，在数值上也等于没有接入电路时电源两端的电压，与电源的内部外部无关，故①②说法错误；欧姆定律的内容是一段导体中的电流跟这段导体两端的电压成正比，跟这段导体的电阻成反比，故③说法正确；由可知导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成正比，故④说法正确．3、B【解题分析】

两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同．故A错误．因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同，故B正确．两表指针偏转角度相同，示数不等．故C错误．因是串联关系，分压之比为内阻之比，即两表示数之比等于两个电压表的内阻之比．故D错误．故选B．【题目点拨】考查的是电压表的改装原理，电压表的内部电路为串联关系，相同的电流表电流相同，偏转角度一样，而对应刻度由量程决定．4、C【解题分析】相距为r时，根据库仑定律得：；接触后，各自带电量变为2Q，则此时,两式联立得F′=，故选C．5、B【解题分析】

AD.考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，故AD错误．BC.两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为同理算出B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误B正确；6、C【解题分析】试题分析：从轨迹图可以看出油滴在竖直方向上向上运动，则受到向上的电场力，电场力做正功，电势能减小，B错误；做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内测，故电场力和重力的合力竖直向上，合力做正功，根据动能定理可得动能增大，而重力做功和电场力做功之和等于重力势能和电势能之和，所以重力势能和电势能之和减小考点：考查了功能关系，动能定理【名师点睛】本题的突破口是根据轨迹的弯曲方向判断电场力方向．明确各种功能关系是解这类问题的关键：电场力做正功，电势能减小，反之电势能增大，重力做正功，重力势能减小，反之重力势能增大。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、BD【解题分析】

A、电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据图象知P点的电场强度比Q点的小。根据电场线与等势面垂直，可知ab与cd是两条等势线，则P与O的电势相等，Q与O的电势也相等，所以P、Q两点的电势相等;故A错误.B、ab连线上各点的电势相等，M点比ab连线上各点的电势低，则M点的电势比P点的低;故B正确.C、由于P、Q两点电势相等，所以PM两点间的电势差等于QM间的电势差;故C错误.D、P、Q两点的电势相等，则Q点的电势高于M点的电势，而负电荷在电势高处电势能小，所以带负电的试探电荷在Q点的电势能比在M点小;故D正确.故选BD.【题目点拨】本题的关键要掌握电场线的分布情况，理解电场的叠加原理，掌握电场线的两个物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，电场线方向表示电势的高低．8、AD【解题分析】

本题考查的是对物体运动的时间、速度、位移图像的理解．表示物体做匀速直线运动的是AD.B表示物体做匀加速直线运动，C表示物体静止．所正确答案AD．9、ABD【解题分析】本题首先要理解电源效率的含义：电源的效率等于电源的输出功率占总功率的百分比．根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比．由电源的U–I图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系．当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U–I图线与电源的U–I图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率．由闭合电路欧姆定律可知，图像与U轴的交点表示电动势，则A的电动势较大，图像的斜率表示内阻，则B电源的内阻r较小，A电源的内阻r较大，两个电源的短路电流相同，故AB正确；电源的热功率，由图看出，R接到b电源上，电路中电流较小，b电源的内阻r较小，所以电源的热功率较低，C错误；当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U–I图线与电源的U–I图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大，由上知，电源的效率较低，故D正确．故选ABD10、BD【解题分析】

冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，但冲量不是动量，故A错误；如果物体的速度发生变化，则动量一定变化，可以肯定它受到的合外力的冲量不为零，选项B正确；如果合外力对物体的冲量不为零，合外力不一定使物体的动能增大，例如做匀速圆周运动的物体的向心力对物体的冲量不为零，但是物体的动能不变，选项C错误；作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小，也可能改变物体的速度方向，例如向心力的冲量，选项D正确；故选BD.【题目点拨】本题考查对冲量、动量、动量定理的理解，抓住三个量都是矢量，从定义、定理理解记忆．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、2.306.8601.215【解题分析】

由图示电表确定其量程与分度值，读出其示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数．【题目详解】电压表量程为3V，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.30V；由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为6.5mm，可动刻度示数为36.0×0.01mm=0.360mm，螺旋测微器的读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm；由图示游标卡尺可知，主尺示数为1.2cm，游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm=0.015cm，游标卡尺的读数为1.2cm+0.015cm=1.215cm．【题目点拨】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直．12、变大变小变小A【解题分析】

(1)[1][2][3]根据电容的定义式和电容的决定式得当上移左极板时，S减小，则U增大，静电计指针偏转角变大；减小板间距离d时，则U减小，静电计指针偏转角变小；插入玻璃后，相对介电常数εr增大，则U减小，静电计指针偏转角变小(2)[4]AB.静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况，故A正确，B错误CD.静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代。电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故CD错误。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、；【解题分析】

（1）重力：G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2N电场力：F=qE=1.6×10﹣6C×3×