2024届河北省沧州盐山中学高二物理第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2024届河北省沧州盐山中学高二物理第一学期期中学业质量监测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、真空中有两根长直金属导线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流．在两导线所确定的平面内，一电子由P点开始运动到Q的轨迹如图中曲线PQ所示，则一定是（）A．ab导线中通有从a到b方向的电流B．ab导线中通有从b到a方向的电流C．cd导线中通有从c到d方向的电流D．cd导线中通有从d到c方向的电流2、1876年美国物理学家罗兰完成了著名的“罗兰实验”．此实验可简化为大量的负电荷加在一个橡胶圆盘边缘上，然后在圆盘附近悬挂一个小磁针，将圆盘绕中心轴按如图所示方向高速旋转时，就会发现小磁针发生偏转．忽略地磁场对小磁针的影响．下列说法错误的是A．小磁针发生偏转说明了电流会产生磁场B．圆盘中心轴处的磁场方向向下C．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向左侧．D．当小磁针位于圆盘的左下方时，它的N极指向右侧3、如图所示,等边三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、-q、-q,已知三角形边长为3L,静电力常量为k,则该三角形中心O点处的场强为A．2kqL2，方向由AB．2kqL2,方向由OC．3kqL2,方向由D．3kqL2,方向由4、新闻报道中，长征系列火箭近地轨道的运载能力示意图如图，其中长征5号的近地轨道运载能力约为（）A．4吨B．9吨C．13吨D．25吨5、如图所示，一被吊着的空心的均匀球壳内装满了细沙，底部有一阀门，打开阀门让细沙慢慢流出的过程中，球壳与球壳内剩余细沙组成的系统的重心将会（）A．一直下降 B．一直不变C．先下降后上升 D．先上升后下降6、如图所示，Q1和Q2是两个固定的负点电荷，在它们的连线上有a、b、c三点，其中b点的合场强为零．现将另一正点电荷q由a点沿连线移到c点．在移动的过程中，点电荷q的电势能变化的情况是（）A．不断减小B．不断增大C．先减小后增大D．先增大后减小二、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，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，带电量为的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为现对小球施加水平向右的恒力，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是A．直杆对小球的弹力方向不变B．直杆对小球的摩擦力先减小后增大C．小球运动的最大加速度为D．小球的最大速度为8、氢原子只有一个电子，我们认为该电子受到库仑力做匀速圆周运动，下列说法正确的是：A．轨道半径越大，电子受到库仑力越大； B．轨道半径越大，电子受到库仑力越小；C．轨道半径越大，电子速度越大； D．轨道半径越大，电子速度越小．9、如图所示，在虚线宽度范围内，存在方向垂直纸面向外磁感应强度为B的匀强磁场，某种正离子以初速度v0垂直于左边界射入，离开右边界时偏转角度为θ。在该宽度范围内，若只存在竖直向下的匀强电场，该离子仍以原来的初速度穿过该区域，偏角角度仍为θ(不计离子的重力)，则下列判断正确的是()A．匀强电场的电场强度大小为B．匀强电场的电场强度大小为C．离子穿过电场和磁场的时间之比为D．离子穿过电场和磁场的时间之比为10、如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A、B为两块中间开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经A板时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两极板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变，粒子自身重力不计，则A．粒子从A板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行n圈后回到A板时获得的总动能为nqUB．在粒子绕行的整个过程中，A板的电势可以始终保持为+UC．在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变D．为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第8圈时的磁感应强度为三、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“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A、直流电源6V(内阻不计)B、直流电流表0～300mA(内阻约为5Ω)C、直流电压表0～10V(内阻约为15kΩ)D、滑动变阻器10Ω，2A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．(1)画出实验电路图______．(2)试将实物图所示器材连成实验电路_____．12．（12分）在“研究感应电流产生的条件”实验中：（1）在右图中用笔画线代替导线将实验电路补充完整______；（2）电路连接完成后，如果闭合电键时发现电流表指针向右偏转，则在闭合电键情况下向左移动滑动变阻器的滑片，电流表的指针会向______选填“左”或“右”偏转．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）如图示，电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电压为U2的偏转电场中，射入方向与场强方向垂直，整个装置处在真空中，重力可忽略。电子的质量为m，电量e，其他量如图所示，求（1）电子射入偏转电场时的速度v0？（2）电子飞出偏转电场的时间t？（3）电子飞出电场的侧移距离y？（4）电子飞出电场的偏转角θ？14．（16分）如图所示，质量为m、所带电量为q的小球以细线悬吊于O点，并置于水平向右的匀强电场中（电场区域足够大），小球静止于P点，且细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，求：（1）小球带什么电荷（2）匀强电场的场强大小（3）剪断细线，经时间t小球与P点的距离15．（12分）如图所示，在场强E＝104N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝15cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m＝3g、电荷量q＝2×10－6C的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取10m/s2.求：(1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能分别变化了多少？(2)若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大？(3)小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大？

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、C【解题分析】注意观察图象的细节，靠近导线cd处，电子的偏转程度大，说明靠近cd处运动的半径小，洛伦兹力提供电子偏转的向心力，Bqv＝，B＝.由于电子速率不变，偏转半径变小，说明B变强，一定是cd导线中通有电流，再由左手定则判出安培力的大致方向是偏向左方．最后利用安培定则判断出cd中电流方向应由c到d，所以正确答案是C.2、B【解题分析】

由题中“大量的负电荷加在一个橡胶圆盘边缘上”可知，本题主要考察定向运动电荷会形成电流和安培定制，根据安培定则和磁极间的相互作用可以分析本题。【题目详解】A．根据题意可以知道，磁针收到磁场力的作用，原因是因为电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，A说法正确但不符合题目要求，故A不符合题意；B．由于是负电荷定向移动，因此形成的电流方向与负电荷移动方向相反，根据安培定则可以判断圆盘中心轴处的磁场方向向上，B说法错误，符合题目要求，故B符合题意；C．圆盘产生的磁场方向向上，故等效磁场上方为N极，故小磁针的N极将向左侧偏转，C说法正确，故C不符合题意；D．若小磁针处于圆盘的左下方时，因下方是S极，则小磁针的N极向右偏，D说法正确，故D不符合题意。3、A【解题分析】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为r=23×3L⋅sin60°=L，三个电荷在O点产生的场强大小均为E0=kqr2，根据对称性和几何知识可知,两个+q在O点的合场强为E1【题目点拨】本题是电场的叠加问题，关键要掌握点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解．4、D【解题分析】

由图可知，长征5号的近地轨道运载能力约为25吨，故选D.5、C【解题分析】

装满细沙的球壳和细沙整体的重心在球心，随着细沙从阀门不断流出，重心位置不断下降，当细沙快流完时，重心又上升，最后处于球心，故重心的位置先下降后上升，故ABD错误，C正确；故选：C；6、D【解题分析】试题分析：根据题意可知，b点的合场强为零，根据矢量合成法则，可知ab间合场强的方向向左，同理可知bc间合场强方向向右，则正点电荷q从a到c过程中，受到的电场力先向左，过了b点后向右，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少．故D正确，ABC错误．故选D。考点：电场强度；电势及电势能【名师点睛】本题的突破口是b点的电场强度为零，可根据数学知识严格分析ab间和bc间场强的方向，还要明确电场力做正功时电势能减小，相反，电势能增加。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、BC【解题分析】

小球从静止开始运动，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程．【题目详解】小球开始下滑时有，随v增大，a增大，当时，a达最大值，摩擦力减小；此时洛伦兹力等于mg，支持力等于1，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，反向，此后下滑过程中有：，随v增大，a减小，摩擦力增大，当时，a=1．此时达到平衡状态，速度不变，所以整个过程中，v先增大后不变，a先增大后减小，BC正确，AD错误．【题目点拨】解决本题的关键是正确地进行受力分析，抓住当速度增大时，洛伦兹力增大，比较洛伦兹力与重力的大小关系，分清摩擦力的变化是解决问题的关键．8、BD【解题分析】

根据库仑定律可知，轨道半径越大，电子受到库仑力越小，选项A错误，B正确；根据可知，，则轨道半径越大，电子速度越小，选项C错误，D正确；故选BD．9、AD【解题分析】

AB．当是磁场时洛伦兹力提供向心力：求得：离开右边界时偏转角度为θ，则磁场宽度：变为匀强电场后，运动时间：加速度：所以竖直方向速度：偏角角度仍为θ，故：求得：故A正确、B错误；CD．在磁场中运动周期：所以在磁场中运动时间：所以：故C错误、D正确；故选AD.10、AD【解题分析】

A．粒子在电场中加速，根据动能定理，有En=nqU，故A正确；B．在粒子绕行的整个过程中，若A板电势始终保持为+U，粒子再次经过电场时速度v与受力方向相反，故将减速，故B错误；C．粒子始终保持做半径为R的匀速圆周运动显然因粒子速度不断增加，则周期会逐渐减小，故C错误；D．由动能定理知得到由牛顿第二定律，则有：解得：以vn结果代入，得感应强度为当n=8时故D正确；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、【解题分析】

（1）本实验中要求多测几组数据，故应采用分压接法；同时因灯泡的内阻较小，与电流表内阻相差不多，故应采用电流表外接法，故电路图如图所示：（2）根据电路图连接实物图如图所示：12、（1）（2）左【解题分析】

（1）将电源、电键、变阻器、线圈B串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈A串联成另一个回路，电路图如图所示。

（2）闭合电键时，穿过线圈的磁通量增加，电流表指针向右偏，说明穿过线圈的磁通量增加时电流表指针向右偏转；由电路图可知，在闭合电键情况下向左移动滑动变阻器的滑片，通过线圈B的电流较小，穿过线圈A的磁通量减小，则电流表的指针会向左偏转。【题目点拨】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同，应用楞次定律即可正确解题。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）（2）（3）（4）【解题分析】

（1）对电子在电场加速，由动能定理可得：解得电子射入偏转电场时的速度为：（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，平行极板方向做匀变速直线运动，所以电子飞出偏转电场的时间为：（3）电子在偏转电场中做类平抛运动，则：在水平方向：在竖直方向：加速度为：联立以上方程解得：（4）电子离开偏转电场时，竖直分速度为：由几何知识可知：联立以上方程解得：14、（1）正电荷；（2）；（3）。【解题分析】

（1）小球受到的电场力向右，与场强方向一致，故小球带正电荷；（2）对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，根据共点力平衡条件，有：Tcosθ=mgqE=mgtanθ，则；剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动；根据牛顿第二定律，