甘肃省宁县2023-2024学年物理高二第一学期期末综合测试试题含解析

甘肃省宁县2023-2024学年物理高二第一学期期末综合测试试题

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、带电量分别-2Q和+4Q的两个完全相同的金属小球，相距为L（L远大于小球半径）时相互作用力的大小为F.现

把两个小球互相接触后放置在距离为L的地方，则现在两个小球之间的相互作用力大小为（）

B.4F

F

D.—

4

2、电量相同质量不同的同位素离子以相同的速率从a孔射入正方形空腔中，空腔内匀强磁场的磁感应强度方向如图所

示.如果从b、c射出的离子质量分别为mi、m2,运动时间分别为ti、t2,打到d点的离子质量为m3,运动时间为t&

则下列判断正确的是（）

A.mi>m2>m3B.t3>t2>ti

C.mi：m2=l：2D.m2：mj=2：1

3、A,3是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其

速度-时间图象如图所示.则这一电场可能是下图中的（）

V

O

A

4、如图，材质相同、粗细均匀的正方形导体框A3C。，垂直放置于匀强磁场中，将两点接到电源两端，段受

到的安培力为F,则此时导体框受到的安培力的合力大小为

24

A.-FB.-F

33

C.2FD.3F

5、一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，如图所示.以E表示两极板间的场强，U表示电容器两极板间

的电压，Q表示平行板所带的电荷量.若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么（）.

A.U变小，E不变B.E变大，Q变大

C.U变大，Q不变D.U不变，Q不变

6、如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水

平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()

A.所受重力与电场力平衡

B.电势能逐渐减小

C.动能逐渐增加

D.做匀变速直线运动

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，一个正点电荷。静止在正方形的一个角上，另一个带电粒子(可视为点电荷)射入该区域时，恰好能

经过正方形的另外三个角a、b、c,粒子仅受静电力作用，则粒子由a经b运动到c的过程中，下列分析正确的有()

q

A.a,b,c三点电势高低及场强大小的关系是：9a=9c>9b,Ea=Ec=2Eb

B.粒子由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小

C.粒子在a、b、c三处的加速度大小之比是1:2:1

D.改变粒子在a处的速度，有可能使其经过a、b、c三点做匀速圆周运动

8、下列说法正确的是

A.液晶分子排列的有序性介于固体和液体之间

B.多晶体没有固定的熔点，但具有各向同性的性质

C.若把氢气和氧气看做理想气体，则质量和温度均相同的氢气和氧气内能相等

D.气体体积不变温度升高的过程中，每秒撞击单位面积器壁上的气体分子数增大

9,如图一质量为m物体放在水平面上，受到与水平方向成37。的拉力F作用，物体始终保持静止状态，则下面的说法

正确的有：()

///////////

A.地面受到的压力大小为mg

B.物体受到的静摩擦力大小为F

C.当拉力变大时物体所受的静摩擦力变大

D.当拉力变小时，地面受到的压力变大

10、如图所示，闭合开关S,将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2s,第二次用时0.4s,并且两次磁铁的起始和终

止位置相同，则（）

A.第一次线圈中的磁通量变化较快

B.第一次电流表G最大偏转角较大

C.第二次电流表G的最大偏转角较大

D.若断开S,电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势

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）有一根粗细均匀的空心导体管如图a所示，截面为同心圆环（如图b）,其电阻约为1000,这种材料的电

阻率为夕。某同学用以下器材测量该导体管的截面积（图中阴影部分）：

A.20分度的游标卡尺

B.螺旋测微器

C.电流表A1（量程50mA,内阻N=100。）

D.电流表A2（量程100mA,内阻品约40。）

E.滑动变阻器A（0-10Q）

F.直流电源E

G.空心导体管也

H.开关一只，导线若干

⑴用游标卡尺测量导体棒长度如图甲，示数L=mm；用螺旋测微器测量其外径如图乙，示数

D=mm；

101112cm------------E-5

-0

I1I1IVE

01020o二

甲

乙

（2）下图是实验时连接的电路，闭合开关S,调整滑动变阻器，记录电流表A1的读数人和电流表A2的读数4,则导体

管的截面积（图中阴影部分）为（用已知量和测量量的符号来表示）。

12.（12分）利用如图所示的电路测定电源的电动势和内电阻

⑴若闭合电键Si,将单刀双掷电键S2掷向a,改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U

（2）若断开Si,将单刀双掷电键S2掷向b,改变电阻箱R阻值得到一系列的电流表的读数I

⑶某同学分别按照以上两种方式完成实验操作之后，利用图线处理数据，得到如下两个图象（如图①和②所示），纵轴

截距分别是bi、b2,斜率分别为ki、k2

若忽略电压表的分流和电流表的分压作用，则

步骤⑴中测得的电动势E尸；内阻I*尸.（用ki、bi表示）

b

步骤⑵中测得的电源内阻比2真实值---------（填偏大、相等、或偏小）

1

若不能忽略电压表的分流和电流表的分压作用，则：结合两组图像可计算出该电源的真实电动势E=或真实内阻

r=_________

四、计算题：本题共3小题，共38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，水平放置的两块长直平行金属板。、方相距d=0.10m,.、6间的电场强度为E=5.0xl（）5N/C,b

板下方整个空间存在着磁感应强度大小为3=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为/M=4.8xl0-25kg,电荷

186

量为9=1.6X10C的带正电的粒子（不计重力），从贴近。板的左端以vo=l.OxlOm/s的初速度水平射入匀强电场，刚好

从狭缝尸处穿过％板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到8板的。处（图中未画出）.求P、。之间的距离L

XXXXXXXX

xxxx^xxxx

14.（16分）如图，两根间距为L=0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E=3V、内阻r=l。的电源，导轨平面与

水平面间的夹角0=37。.金属杆ab垂直导轨放置，质量m=0.2kg.导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不

计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中.当Ro=l£l时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g=10m/s2,5也37。=0.6,

cos37°=0.8

（1）求磁感应强度B的大小；

（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度

15.（12分）A3C表示竖直放在电场强度为E=104v/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的5c部分是半径

为R的,圆环，轨道的水平部分与半圆环相切.A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m,把一质量机=0.1kg,带电

4

量为尸+10一4C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

⑴小球到达。点的速度大小

⑵小球在。点时，轨道受到的压力大小

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

【解析】未接触前，据库仑定律得P=左遑芈=8左与；两球接触后两球的带电量＜7=著手=。，两球间的

LL2

相互作用力k=4爸=!厂.故C项正确，ABD三项错误

L28

【点睛】带异种电荷的相同金属小球接触后，两小球所带电荷先中和再平分

2、C

mv

【解析】同位素离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径R=k，mi的半径为m2的一半，故m2=2mi,mm

Bq1：2

=1：2,而m3的半径更大，故m3最大，选项C正确A、D错误.由于同位素离子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周

期丁=竽，故4=g=曹4=?=箸，所以。=，2,选项B错误

Bq2Bq42Bq

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动

3、A

【解析】由图像可知，速度在逐渐减小，图像的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运

动，所受电场力越来越大，电场线的疏密表示场强的大小，带负电的微粒受力方向与运动方向相反。

故选Ao

4、B

【解析】均匀的电阻丝组成的正方形导体框，电阻丝C5AD阻值是电阻丝5阻值的3倍，电阻丝CD与电阻丝CA4D

并联，所以电阻丝CR4O中电流是电阻丝中电流的工；电阻丝CR4O在磁场中的有效长度与电阻丝C。的长度相

3

等，则电阻丝CR4O所受安培力是电阻丝所受安培力的工，即电阻丝CA4O所受安培力为‘F；电阻丝与电

33

阻丝CR4O所受安培力的方向相同，所以三根电阻丝受到的安培力的合力：

14

FA=F+—F=—F。

033

A.|ro与上述结论不符，故A错误；

4

B.jFo与上述结论相符，故B正确；

C.2尸。与上述结论不符，故C错误；

D.3Fo与上述结论不符，故D错误。

故选：Bo

5、A

【解析】电容器与电源断开，电量不变，根据d的变化判断出电容的变化，再根据电容的变化，判断出电势差的变化,

最后依据E=2导出电场强度的综合表达式

a

【详解】电容器与电源断开，电量。不变，d减小，根据电容的决定式C=」一知，电容C增大，根据c=v,知

4兀kdU

电量不变，则U变小.再依据石=2=2=无丝，则有E不变，故A正确，B、C、D错误.故选A.

aCdss

【点睛】本题是电容器的动态分析，关键是抓住不变量，当电容器与电源相连，两端间电势差不变，当电容与电源断

开，所带电量不变，注意电场强度的综合表达式的推导

6、D

【解析】带电粒子在匀强电场中的运动。

【详解】A.带电粒子沿水平方向做直线运动，则电场力与重力的合力一定沿水平方向，受力分析如图：

合力与速度方向反向，即重力与电场力不平衡，A错误；

B.如图，电场力方向与运动方向夹角大于90。，电场力做负功，电势能增加，B错误；

C.合力与速度方向反向，做负功，由动能定理可知，动能减小，C错误；

D.整个过程处于匀强电场中，电场力与重力都不变，即合外力不变，加速度不变，做匀变速直线运动，D正确。

故选D。

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、AB

【解析】电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间

存在引力，根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b,故B点的电势高于ac两点的电势.应用牛顿

第二定律求出加速度之间的关系.

【详解】根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b,故b点的电势低于ac两点的电势，即心=

kOkQkQ1_

9c＞仰；Ea=Ec=—左；Eb=,高、2=学=内，故A正确；电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判

£(72L)2L2

断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能

减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小；故B正确；粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根

据库仑定律求出库仑力.由图可知，r产八=也4，根据库仑定律：F=k"=ma,可得：a8可知，加速度之

2r产

比应为：2：1：2；故C错误；由带电粒子所受的电场力的方向可知，带电粒子abc三个点受到的电场力大小不相等,

所以不可能其经过a、b、c三点做匀速圆周运动.故D错误.故选AB.

【点睛】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力.根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内

侧.进而判断出电荷是负电荷

8、AD

【解析】见解析

【详解】A.液晶分子排列的有序性介于固体和液体之间，符合客观实际，故A正确；

B.多晶体有固定的熔点，具有各向同性的性质，故B错误；

C.若把氢气和氧气看做理想气体，则质量和温度均相同的氢气和氧气，因氢气分子个数多，氢气的内能大，故C错

误；

D.气体体积不变温度升高的过程中，分子运动变得激烈，每秒撞击单位面积器壁上的气体分子数增大，故D正确

点睛】见解析

9、CD

【解析】本题主要考查受力分析，对物体受力分析并进行正交分解，根据平衡条件列出方程并讨论即可

【详解】对物体受力分析可知，水平方向有：Fcos0=f,竖直方向有：Fsin0+FN=mg,则地面对物体的支

持力大小为耳v=Mg-Fsin6,由牛顿第三定律可知，地面受到的压力大小为与vICvUmg-尸sin6,故AB错误;

当拉力增大时，摩擦力/=bcosd也增大，故C正确；当拉力变小时，bsin。减小，则与v增大，故D正确

10、AB

【解析】两次磁铁的起始和终止位置相同，知磁通量的变化量相同，根据时间长短判断磁通量变化的快慢，感应电动

势的大小与磁通量的变化率成正比

【详解】A项：磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确；

B、C项：感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，故B

正确，C错误；

D项：断开电键，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误

故选AB

【点睛】解决本题的关键知道感应电动势产生的条件，以及知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比

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、①.100.50②.3.500③.S=--------------

【解析】（1）口］游标卡尺的主尺读数100mm,游标卡尺的精度0.05mm,游标尺上第10条刻度线与主尺对齐，读数

为

0.05mmxl0=0.50rnm

所以最终读数为

100mm+0.50mm=100.50mm。

（1）［2］螺旋测微器的固定刻度读数为3.0mm,可动刻度读数为

0.01mmx50.0=0.500mm

所以最终读数为

3.0mm+0.500mm=3.500mm。

（2）［3］根据电阻定律，则电阻丝的电阻为

R—p—

S

依据欧姆定律，由上图可知，则电阻丝的电阻为

R=-^~

12Tl

联立解得

pL（I「Q

FT。

1

12、©.—;;③.偏大；;

仇仿k2

【解析】（1）开关接a时，采用电压表与电阻箱并联的方式测量电动势和内电阻，明确电表内阻的影响，根据闭合电路

欧姆定律进行分析列出对应的表达式，从而确定误差情况；

⑵开关接b时，采用电流表与电阻箱串联的方式测量，根据闭合电路欧姆定律进行分析列出对应的表达式，从而确定

误差情况；

⑶分析两种方式所得出的准确值表达式，从而分析与电表内阻无关的物理量，从而确定真实值

【详解】（1）若闭合电键Si,将单刀双掷电键S2掷向a,改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U,根据闭

合电路欧姆定律可知，

U

E=U+Ir=U+—r

R

EI1r1

则一二——+—

UERE

11

因此图象的纵轴截距b=一，电动势E=/

Eb}

图象的斜率k产二，则电源内阻尸kiE=1h

EA

111r

(2)根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r)变形，得到一与R的关系式，一二—H+一

IIEE

根据数学知识得知，!-尺图象的斜率的倒数等于电源的电动势E,纵轴截距的绝对值等于电源的内阻r与定值电阻

的和

则可知,电动势的测量值与真实值相比相等,没有考虑电流表的内阻,即实际内阻厂=卜-氏4,所以内电阻的测量值

与真实值相比偏大

1

(3)由以上分析可知，(2)中电动势是准确的，故石=丁；而⑴图象的斜率占=r濡

化2E

联立解得：

【点睛】本题关键在于能由图象知识(斜率与截距的意义)结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出

的条件及坐标中隐含的信息

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要