2024届云南省砚山县第二中学高二物理第一学期期中联考试题含解析

2024届云南省砚山县第二中学高二物理第一学期期中联考试题请考生注意：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，在竖直平面内存在水平向右的匀强电场，有一带电小球自O处沿y轴方向，竖直向上抛出，它的初动能为4J，不计空气阻力．当小球上升到最高点P时，动能也为4J，则小球落回与O的同一水平面上的M点时，它的动能为（）A．4J B．8J C．16J D．20J2、两个完全一样的金属球，A球带电量为q，B球不带电，将A球与B球接触后，A球与B球的带电量分别为A．0和q B．q和q C．和 D．和3、如图所示，环形导线中通有顺时针方向的电流I，则该环形导线中心的磁场方向为（）A．水平向左B．水平向右C．垂直于纸面向里D．垂直于纸面向外4、如图所示，为某一电场的电场线和等势面．已知φa=5v，φc=3v，ab=bc则（）A．φb=4vB．φb＞4vC．φb＜4vD．上述情况都有可能5、A、B是一条电场线上的两个点，一带正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（）A． B． C． D．6、以下物体一定能看成质点的是（）A．研究公转时的地球 B．研究自转时的地球C．质量很小的物体 D．体积很小的物体二、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，金属棒ab置于水平放置的金属导轨cdef上，棒ab与导轨相互垂直并接触良好，导轨间接有电源．现用两种方式在空间加匀强磁场，ab棒均处于静止．第一次匀强磁场方向竖直向上；第二次匀强磁场方向斜向左上与金属导轨平面成θ=30°角，两次匀强磁场的磁感应强度大小相等．下列说法中正确的是（）A．两次金属棒ab所受的安培力大小不变B．第二次金属棒ab所受的安培力大C．第二次金属棒ab受的摩擦力小D．第二次金属棒ab受的摩擦力大8、如图所示,在方向水平向左的匀速电场中有一倾角为60°、高为H的固定绝缘斜面体,现将一质量为m,带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放,已知重力加速度为g,匀强电场的电场强度大小为E=3mgq,不计空气阻力A．小物块将沿斜面下滑B．小物块将做曲线运动C．小物块到达地面时的速度大小为2D．若其他条件不变,只增大电场强度,小物块到达地面前的运动时间不变9、如图所示，将充好电的平行板电容器与静电计连接，静电计指针偏转的角度为．在如下的变化中，关于静电计指针偏转角度的变化，说法正确的是A．若两极板间的距离增大，则变大B．若两极板相互错开一些（距离不变），则变小C．若在两极板间插入玻璃板，则变大D．若在两极板间插入玻璃板，则变小10、关于电源与电动势的下列说法中正确的是（）A．电源可以通过静电力做功，把其他形式的能转化成电势能B．当外电路的电阻变化时，电源的电动势一定保持不变C．电源的电动势大小与电源的体积有关D．闭合电路中，由于电源内部具有电阻，因此电源内部也有电压三、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）某实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线,他们设计了如图(甲)所示的电路图．请回答下列问题：(1)图(乙)中实物连线按图(甲)的电路图补充完整_________．(2)图(甲)中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑片，总不能使电压表的示数调为零，原因可能是图(甲)中的______(选填a，b，c，d，e，f)处接触不良．(3)据实验测得的数据作出该元件的图线如图(丙)所示，则元件Q在时的电阻值是____，图线在该点的切线的斜率的倒数______(选填“大于”“等于”或“小于”)电阻值．12．（12分）在做《测定金属电阻率》的实验时，需要对金属丝的电阻进行测量，已知金属线的阻值Rx约为1Ω，某同学用伏安法对这个电阻进行比较精确的测量，这位同学想使电压表和电流表示数变化范围尽可能的大．可供选用的器材有：电源E：电动势3V，内阻不计；电流表A：量程0.3A，内阻约为1Ω；电压表V：量程3V，内阻约为10kΩ；滑动变阻器R：最大电阻值为5Ω；定值电阻两个：R1＝10Ω、R2＝100Ω；开关一个，导线若干．（1）根据上述条件，实验时定值电阻应选用___（填“R1”或“R2”）；（2）根据实验需要在实物图中补齐所需连线_________；（3）闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于_____端（填“a”或“b”）；（4）若在上述实验中，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则金属线的阻值Rx的计算表达式为_____．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，板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm，板与水平线夹角α＝37°,两板所加电压为U＝100V，有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出．g取10m/s2，求：（1）液滴的质量；（2）液滴飞出时的速度．14．（16分）示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形，它的工作原理等效成下列情况：如图甲所示，真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中，板长L，相距为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，周期为T，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀，在每个电子通过极板间的极短时间内，电场视作恒定.在两板间右侧且与极板右侧相距D处有一个荧光屏，（已知电子的质量为m,带电量为e，不计电子的重力），求：(1)电子进入AB板时的初速度v；(2)要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0需满足什么条件？15．（12分）如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I=5A和U=110V，重物P上升的速度v=0.70m/s，重物的质量m=45kg（g取10m/s2）.求：（1）电动机的输入功率P入；（2）电动机线圈的电阻R。

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、D【解题分析】

设水平方向上升阶段的水平位移为x上，下降阶段的水平位移为x下；根据运动的合成与分解，小球在水平方向做匀加速直线，在竖直方向做竖直上抛运动；且上升阶段所用时间与下落阶段所用的时间相同，即t上=t下；由初速度为零的匀加速直线运动，相同的时间内位移之比为1：3：5：7…；得x上：x下=1：3；小球到达最高点时，竖直方向的动能为零，水平方向获得的动能即为电场力在上升阶段对小球所做的功，则电场力对小球做的总功为W总=Eqx上+Eqx下=4×4J=16J；小球从O点到M点由动能定理得：EkM-Ek0=W总，Ek0=4J，代入数据得EkM=20J；故选D.【题目点拨】此题的关键点在于分析出小球上升阶段与下降阶段的时间关系以及水平位移之比，同时要能对全过程进行动能定理的分析．2、C【解题分析】

完全相同的金属球，接触时先中和再平分，所以每个球带电Q＝，故C正确，ABD错误故选：C3、C【解题分析】图中电流为环形电流，由右手螺旋定则可得：弯曲四指指向电流方向，大拇指方向为内部磁场方向，所以内部磁场应垂直于纸面向里．故选C．4、C【解题分析】解：由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、b间电势差Uab大于b、c间电势差Ubc，即φa﹣φb＞φb﹣φc，得到φb＜=4V．故选C【点评】本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小．常规题．5、D【解题分析】

由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带正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，电场线分布越来越密集；此带正电的微粒做减速直线运动，所以受力方向与运动方向相反，正电荷受电场力的方向与电场强度方向相同，所以电场线方向向左，故A、B、C错误，D正确；故选D。6、A【解题分析】

研究公转时的地球，地球的大小相对于地球到太阳的距离很小，影响可忽略不计，地球可以看成质点．故A正确．研究自转时的地球，地球不能看成质点，地球的大小和形状影响很大，如把地球看成质点就无法分辨地球的转动．故B错误．质量很小的物体不一定能看成质点，如其大小和形状对所研究的问题影响很大，就不能看成质点．故C错误．体积很小的物体不一定能看成质点，如其大小和形状对所研究的问题影响很大，就不能看成质点．故D错误．故选A．【题目点拨】物体能否看成质点，不是看物体绝对质量或体积，而是看物体的大小和形状对所研究的问题影响能否忽略不计．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】

AB、两次磁场方向都与导体棒垂直，故安培力均为，故A正确，B错误；CD、第一次安培力水平向右，导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力，根据平衡条件，有：，第二次安培力斜向右上方，与竖直方向成30°，导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力，如图所示：

根据平衡条件，有：，故第二次的摩擦力较小，故C正确，D错误；故选AC．8、CD【解题分析】

A、对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力F=qE=3mg，则合力的大小为2mg，方向如图，小物块沿合力方向做匀加速直线运动，故A、BC、运用动能定理研究从开始到落地过程：F·3H+mgH=12mv2-0，D、将物块的运动分解为水平方向和竖直方向，增大电场强度，电场力增大，水平方向的加速度增大，竖直方向上的加速度不变，根据等时性知，运动时间不变，故D正确；故选CD。【题目点拨】对物块进行受力分析，画出物块的运动轨迹．运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题。9、AD【解题分析】

A．使d变大，则由可知C减小，则由可知，电压增大，则验电器的夹角变大，A正确；B．两极板错开，则S减小，由可得C减小，则由可知，电压增大，验电器的夹角变大，B错误；CD．若在极板间加入玻璃板，则介电常数增加，则由可知C增大；则由可知，电压减小，验电器的夹角变小，C错误D正确．10、BD【解题分析】

A．电源可以通过非静电力做功，把其他形式的能转化成电势能，选项A错误；B．电源电动势由电源本身决定，当外电路的电阻变化时，电源的电动势一定保持不变，选项B正确；C．电源的电动势大小与电源的体积无关，选项C错误；D．电源与用电器组成闭合回路时，电路中有一定的电流，由于电源都有一定的内电阻，所以内电路有电压，故D正确。故选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、f小于【解题分析】（1）如图所示；（2）闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零，说明变阻器已不是分压式接法，所以可能是f处出现故障；（3）根据图象可读出时对应的电流，则待测电阻，由，可知待测电阻阻值应等于图线上的点与原点连线斜率的倒数，由于图象中切线的斜率大于图线上点与原点连线的斜率，所以切线斜率的倒数小于点与原点连线斜率的倒数，即切线斜率倒数小于电阻值．【题目点拨】（1）当考虑伏安法实验误差时，若是电流表外接法时，应将待测电阻与电压表看做一个整体，然后根据欧姆定律即可求解；（2）变阻器采用分压式接法时，电压可以从零调，采用限流式接法时，电压不能从零调；（3）应明确图象上点与原点连线斜率的读数等于与待测电阻.12、（1）（2）如图所示：（3）a（4）【解题分析】

（1）因待测电阻Rx约为1Ω，电表的量程较大，而想使电压表和电流表示数变化范围尽可能的大，则需要让待测电阻与定制电阻串联，定值电阻的阻值要与待测电阻相当，由给定的定值电阻可知要选R1；（2）如图所示：（3）因滑动变阻器选用分压电路，故闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于a端；（4）若在上述实验中，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则金属线的阻值Rx的计算表达式为：【题目点拨】本题要注意明确电流表的接法；因为电压表远大于待测电阻，故电流表外接，要求电压变化范围尽可能大，滑动变阻器用分压式．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）8×10－8kg（2）1.32m/s【解题分析】

（1）竖直方向：qc