2024届西宁第十四中学物理高二上期中综合测试试题含解析

2024届西宁第十四中学物理高二上期中综合测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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，匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°、∠c=90°,电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为V、V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为A．V、V B．0V、4VC．V、 D．0V、V2、如图所示,空间有一正三棱锥OABC,点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正的点电荷,则下列说法中正确的是()A．将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功B．A′、B′、C′三点的电场强度相同C．△ABC所在平面为等势面D．若A′点的电势为φA′,A点的电势为φA,则A′A连线中点D处的电势φD一定小于(φA′+φA)/23、某电场的等势面如图所示，一正电荷在下列移动过程中，电势能改变最大的是（）A．由M点移到Q点B．由M点移到N点C．由P点移到M点D．由P点移到N点4、下面是某同学记录的作息时间，其中表示时刻的是A．每节课40分钟B．上午8点开始上课C．一个午休1小时D．晚上有2小时的自习5、R=的物理意义是（）A．加在导体两端的电压越大，则电流越大B．导体的电阻与电压成正比，与电流成反比C．导体的电阻越大，则电流越小D．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小6、下列关于电容器的说法中，正确的是()A．电容越大的电容器，带电荷量也一定越多B．电容器不带电时，其电容为零C．两个电容器的带电荷量相等时，两板间电势差较大的电容器的电容较大D．电容器的电容跟它是否带电无关二、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、如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B．一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出．下列说法正确的是（）A．微粒受到的电场力的方向一定竖直向上B．微粒做圆周运动的半径为C．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C最小D．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小8、如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C，正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则()A．线框产生的感应电动势大小为B．电压表没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为零9、一个静止的质点，在0～4s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图所示，则质点在()A．第2s末速度改变方向 B．第2s末加速度改变方向C．第4s末回到原出发点 D．第4s末运动速度为零10、如图所示直流电路中电源的内阻不能忽略，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法正确的是()A．电流表读数变大B．电压表读数变小C．总功率一定减小D．内部损耗功率一定减小三、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）如图是“研究平抛物体的运动”实验装置图(1)在实验前应________；A．将斜槽的末端切线调成水平B．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行C．在白纸上记录斜槽末端槽口的位置，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点D．测出平抛小球的质量(2)在一次实验中，某同学只记录了、、三个点的坐标如图所示，则物体做平抛运动的初速度为__________。（）12．（12分）某同学利用如图甲所示的装置探究在弹性限度内“弹簧弹力和弹簧伸长的关系”实验，弹簧的最上端与刻度尺的零刻度对齐．（1）将一个50g的钩码挂在弹簧的下端，弹簧指针如图乙所示，则指针示数为_____cm．（2）在弹性限度内，将每个50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到挂上不同数目的钩码对应的指针示数L如表所示，用表中数据计算出弹簧的劲度系数k=_____N/m，弹簧没有挂钩码时的竖直长度为_____cm．（重力加速度g=10m/s2，结果保留三位有效数字）．钩码数1234L/cm19.7123.7027.70四、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，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V6W”的灯泡L和内阻r′=0.5Ω的小型直流电动机均恰能正常工作，求：⑴电路中的电流强度；⑵电动机的输出功率；⑶电源的效率．14．（16分）一电荷量为q(q＞0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力．求在t＝0到t＝T的时间间隔内：(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．15．（12分）在如图所示的电路中，，，当电键K闭合时，R2上消耗的电功率为4W，当电键K断开时，电压表示数为4.5V，求电源的电动势和内电阻。

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、B【解题分析】

如图所示，取ab的中点O，根据几何知识可知：O就是三角形外接圆的圆心，且该点电势为：，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为M→N方向．根据顺着电场线电势逐渐降低可知：外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点．设外接半径为R，则；因为，则，故，又，则得：，即三角形的外接圆上最低电势为0；同理M点电势为4V，为最高电势点．2、D【解题分析】A.由电势的概念可知,沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小,所以当在此直线上从A′到B′移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，故A错误；B.因为A′、B′、C′三点离顶点O处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小均相等，方向不同，故B错误；C.由于△ABC所在平面到顶点O处的距离不相等，由等势面的概念可知，△ABC所在平面不是等势面，故C错误；D.因为OA′电势差大于A′A,故D正确；故选：D3、D【解题分析】

电荷在电场中移动时，根据EP=φq可知，电势能的改变量最大时，两点的电势差最大；由图可知由M点移到Q点，电势差为0；由M点移到N点，电势差为3V；由P点移到M点电势差为3V；由P点移到N点电势差为6V，可知由P点移到N点电荷的电势能改变量最大；故选项ABC错误，D正确；故选D.【题目点拨】电荷的电势能的改变主要取决于两点间的电势差的大小，根据等势面的值可确定电势差.4、B【解题分析】

根据题中要判断哪些表示时刻可知，本题考查了对时间和时刻概念的理解。时刻是指某一瞬时，时间是指两个时刻之间的间隔．根据时间与时刻的概念去分析选择．【题目详解】A、40分钟一节课，这里的40分钟指的时间，不是时刻。故A错误；B、上午8点开始上课钟是时刻，不是时间间隔。故B正确；CD.、一个午休1小时；晚上有2小时的自习，表示持续的时间，表示时间间隔，不是时刻。故CD错误；【题目点拨】正确地区分时刻和时间间隔是解题的关键。5、A【解题分析】

（1）导体电阻的大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与导体两端电压和通过电流无关；（2）R=是电阻的定义式和计算式．【题目详解】A、加在导体两端的电压越大，则电流越大；故A正确；B、导体电阻的大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与导体两端电压和通过电流无关；但可以通过R=计算出导体电阻的大小，故，B、D选项错误C、因不知电压大小，故不能说电阻越大，电流越小；故C错误；故选A6、D【解题分析】试题分析：根据公式可得电容大，只能说明电荷量与电压的比值大，所带电荷量不一定大，两个电容器的带电荷量相等时，两板间电势差较大的电容器的电容较小，AC错误；电容器的电容是电容器的本身的属性，与电量及电压无关；故B错误D正确；考点：考查了对电容的理解【名师点睛】电容越大的电容器，只有在电压一定时，带电荷量才一定越多．两个电容器的带电荷量相等时，两板间电势差较大的电容器的电容较小．电容器的电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电容器是否带电无关二、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、ABD【解题分析】

A．由题，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上．故A正确．B．由上则有：由洛伦兹力提供向心力,则有：又下落的过程中机械能守恒,得：联立三式得,微粒做圆周运动的半径为：故B正确．C．根据能量守恒定律得知：微粒在B到D的运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则知微粒的电势能和重力势能之和一定不变．故C错误．D．由于电场力方向竖直向上，则微粒从B点运动到D点的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小．故D正确．8、BC【解题分析】

A．由于线框的一半放在磁场中，因此线框产生的感应电动势大小为，A错误；B．由于线框所产生的感应电动势是恒定的，且线框连接了一个电容器，相当于电路断路，外电压等于电动势，内电压为零，而接电压表的这部分相当于回路的内部，因此，电压表两端无电压，电压表没有读数，B正确；C．根据楞次定律可以判断，a点的电势高于b点的电势，C正确；D．电容器所带电荷量为D错误．9、BD【解题分析】

A．物体在0-2s内受到力F的方向一直向右，因此物体在0-2s一直做加速运动，在2s后力F的方向发生了变化因此物体在2s后继续向右做减速运动，故A错，B．2s时力F的方向发生了变化，有牛顿第二定律可知加速度也发生了变化，故B正确；C．有以上计算可知物体在0-2s内加速运动，一直向前运动，2-4s内做减速运动，一直向前运动，4s时物体减速为0，即0-4s内物体一直向前运动，故C错误．D．F-t的面积表示力F的冲量，因此可知力F在0-2s内的冲量大小和2-4s内的冲量大小相等，对物体在0-4s写动量定理有，故D正确；10、CD【解题分析】

由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小，即电流表读数变小，路端电压变大，即电压表读数变大；选项AB错误；总功率P=IE，电路总电流I变小，则P一定减小，选项C正确；内部损耗功率P1=I2r，则总电流I减小，则P1一定减小，选项D正确；故选CD.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、AB【解题分析】

(1)[1]A．实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用，A正确；B．根据平抛运动的特点可知其运动轨迹在竖直平面内，因此在实验前，应使用重锤线调整面板在竖直平面内，即要求木板平面与小球下落的竖直平面平行，B正确；C．应以小球平抛的初始位置即球心为坐标系的原点，建立坐标系，C错误；D．小球的轨迹与其质量无关，所以不必测量小球的质量，D错误。故选AB；(2)[2]A、B、C是平抛运动轨迹上的三个点，由水平位移可知：三个点时间间隔相等。竖直方向：自由落体运动，因时间相等，由可得t=0.1s水平方向做匀速运动，则有其中xAB=0.1m所以初速度为v0=1m/s12、（1）15.71；（2）12.5；11.71；【解题分析】（1）由图乙可知：指针示数为15.71cm；(2)由表格中挂不同钩码是弹簧的长度可知：设弹簧的原长为L0，则有，，由以上两式可得：，。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）2A（2）12W（3）90%【解题分析】解：（1）灯泡正常发光，电路流为：I=IL==A=2A；（2）电动机的额定工作电压为：UM=E﹣I（R+r）﹣UL1=20﹣2×（4+1）﹣3=7V电动机的输出功率为：P输=U2I﹣I2r′=7×2﹣22×0.5=12W（3）电动机的电功率为：P电=UI=7×2W=14W；外电路总功率为：P外=P电+PL+I2R=14+6+22×4=36W电源的总功率为：P总=EI=20×2=40W；故电源的效率为：η=×100%=×100%=90%答：（1）电路中的电流强度为2A；（2）电动机的输出功率为12W；（3）电源的效率为90%．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由电路图可知，灯泡、电阻、电动机串联接入电路，由串联电路特点可