2024届河南省安阳市高二物理第一学期期中考试试题含解析

2024届河南省安阳市高二物理第一学期期中考试试题考生请注意：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、关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象D．库仑定律公式中的常数K是由卡文迪许通过扭秤实验测得的2、如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x轴的正方向．若振子位于B点时开始计时，则其振动图像为（）A． B．C． D．3、某实验小组在使用多用电表的过程中，下列说法中正确的是。A．在测量电压时，要将红表笔接在低电势点B．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调节欧姆调零旋钮C．在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大的欧姆挡进行试测D．在测量未知电流时，必须先选择量程最大的电流挡进行试测4、如图所示，在O、P两点分别固定点电荷＋q及－q，比较图中a、b、c三点场强大小的关系，ab为PO的中垂线，可得（）A．EC＞Eb＞EaB．EC＜Eb＜EaC．Eb＞Ea＞ECD．Eb＞EC＞Ea5、如图所示，在倾角为θ的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上B点所用的时间为()A．B．C．D．6、汤姆生用来测定电子比荷的实验装置如图所示．从真空管中K极发射的一束电子初速度近似为零经KA间的电场加速后，穿过中心的小孔沿中心轴的方向进入到两块平行极板P和P间的区域最后打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点．已知KA间加速电压大小为U，电子电荷量大小为e、质量为m．下列说法正确的是A．电子到达A点时的速度大小为B．若在PP间加向下的匀强电场，则亮点将出现在点下方C．若在间加向下的匀强电场，则电子通过间的时间比不加电场时长D．若在间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，则亮点仍可能出现在点二、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、图甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示。在图甲电路中，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中（）A．通过二极管D的电流减小B．二极管D的电阻变小C．二极管D消耗的功率变大D．电源的功率减小8、如图，带电粒子在电场中由A点移到B点，可判知（）A．粒子带负电B．粒子的电势能不断减少C．粒子的动能不断减少D．粒子在B点的加速度大于在A点的加速度9、如图所示的竖直平面的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动。下列说法正确的是A．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直减小B．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度一直增大C．若仅增大圆环所带的电荷量，圆环从0处离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动D．将带电圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环从D处离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动10、一根长为0.2m，电流为4A的通电导线，放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，受到的安培力大小可能是（）A．0.4N B．0.5N C．0.3N D．0三、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“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l。用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx.①请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=_______(用上述测量量的字母表示).②若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图1，则金属丝长度的测量值为l=______cm，金属丝直径的测量值为d=______mm.③利用如图2电路进行测量Rx，实验的主要操作过程是：第一步：先将R2的滑动头调到最左端,单刀双掷开关S2向1闭合,闭合电键S1,调节滑动变阻器R1和R2,使电压表和电流表的示数尽大些(不超过量程),读出此时电压表和电流表的示数U1、I1.第二步：保持两滑动变阻器的滑动头位置不变,将单刀双掷开关S2向2闭合,读出此时电压表和电流表的示数U2、I2。请写出由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达式Rx=________________（用U1、I1、U2、I2表示）12．（12分）用电流表和电压表测定由一节干电池串联组成的电池组(电动势约1.5V，内电阻约1Ω)的电动势和内电阻，除待测电池组、电键、导线外，还有下列器材供选用：A．电流表：量程0.6A，内电阻约1ΩB．电流表：量程3A，内电阻约0.2ΩC．电压表：量程3V，内电阻约30kΩD．电压表：量程6V，内电阻约60kΩE．滑动变阻器：0～100Ω，额定电流0.5AF．滑动变阻器：0～5Ω，额定电流1A(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均填仪器的字母代号)．(2)有甲、乙两个可供选择的电路如图所示，应选________电路进行实验，实验中误差是由于________表的读数比真实值偏________(选填“大”或“小”)而引起的．(3)请按(2)问中图乙的电路完成实物连线________.(4)一位同学记录的6组数据见表，试根据这些数据在图中画出U－I图象_______，根据图象读出电池的电动势E＝________V，求出电池内阻r＝________Ω．I(A)0.120.200.310.320.500.570U(V)1.371.321.241.181.101.05四、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，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为、质量为的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度射入电场中，方向的延长线与屏的交点为．试求：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值；（3）粒子打在屏上的点到点的距离．14．（16分）如图所示的电路中，电源电动势，内阻，电阻，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：(1)电阻R1和R3的阻值；(2)当S闭合后，电压表的示数；(3)R2上消耗的电功率。15．（12分）一带电粒子从静止出发被1000V的电压加速，然后进入另一个电场强度为50000N/C的匀强偏转电场，进入时速度方向与偏转电场的方向垂直。已知粒子电量q=2×10-16C,质量m=1.0×10-25kg，偏转电极长10cm，求：（1）粒子离开加速电场时的速度？（2）粒子离开偏转电场时偏转角的正切值？（3）粒子离开偏转电场时的偏转位移？

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、A【解题分析】

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。【题目详解】A项：法拉第不仅发现了电磁感应现象，而且发明了人类历史上的第一台发电机，故A正确；B项：库仑提出了库仑定律，美国物理学家密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量，故B错误；C项：奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；D项：卡文迪许通过扭秤实验测得的是引力常量，不是静电常量，故D错误。故应选：A。【题目点拨】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2、A【解题分析】

由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确．3、D【解题分析】

A．在测量电压时，要将红表笔接在高电势点，保证电流从红接线柱流入多用电表，故A错误；B．测量阻值不同的电阻时，只有改变了倍率，才需要重新调节欧姆调零旋钮，若测量阻值不同的电阻时，没有改变倍率，不需要重新调节欧姆调零旋钮，故B错误；C．在测量未知电阻时，估计阻值大小，选择一个合适的倍率即可，试测不合适可以改变倍率，没必要选择倍率最大的欧姆挡进行试测，故C错误；D．在测量未知电流时，为保证电路安全，必须先选择量程最大的电流挡进行试测，故D正确。故选D。4、A【解题分析】

根据等量异种电场分布可知，在两电荷连线上c点的场强大于b点的场强；在两点荷连线的垂直平分线上，b点的场强大于a点的场强，即Ec＞Eb＞Ea，故选A.5、B【解题分析】根据水平方向与竖直方向的位移关系解得：，故B正确，ACD错误。故选：B.点睛：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移和竖直位移的关系，结合运动学公式求出运动的时间．6、D【解题分析】

由动能定理可求得电子到达A点时的速度；在PP间加电场或磁场时，通过分析受力得出电子的运动特点，从而分析各个选项．【题目详解】由动能定理得：，解得：，故A错误；若在PP间加向下的匀强电场，电子在PP间受到的电场力向上，电子将向上偏转，所以亮点将出现在点上方，故B错误；若在PP间加向下的匀强电场，电子在PP间运动时水平方向做匀速运动，运动时间，不变，故C错误；若在间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电子进入PP间受到的电场力向上，洛伦兹力向上，若满足，则电子将做匀速运动，亮点仍出现在点，故D正确；故选D．【题目点拨】本题是带电粒子在电场、复合场中运动的问题，类平抛运动根据运动的分解法研究，电子在复合场中，是速度选择器的原理，难度适中．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】

ABC.滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路电流增大，由图乙可知，二极管的电阻减小，电流、电压增大，消耗的功率也增大，故BC正确，A错误；D.电源的功率为：，因为电流增大，所以电源的功率增大，故D错误；8、AC【解题分析】

A：粒子在A处所受电场力沿电场线的切线，粒子做曲线运动受力指向轨迹的凹侧，则粒子在A处受力FA如图，粒子带负电。故ABC：粒子在电场中由A点移到B点，电场力的方向与运动方向成钝角，电场力对粒子做负功，粒子的动能不断减少，粒子的电势能不断增大。故B项错误，C项正确。D：电场线的疏密表示电场的强弱，则EB<EA，由牛顿第二定律可得：a=qEm，则粒子在B点的加速度小于在9、BC【解题分析】圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力、弹力，库仑引力沿杆方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零，故A错误；圆环从P运动到O的过程中，库仑引力做正功，动能一直增大，则速度也一直增大，故B正确；根据动能定理：，解得到O点的速度为，库仑力提供向心力得：，可得：，由此可知与电荷量无关，圆环仍然可以做圆周运动，若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。10、ACD【解题分析】

当直导线与磁场方向垂直时所受的安培力最大，最大安培力为F=BIL=0.5×4×0.2=0.4N可知导线所受的安培力可能为0.4N、0.3N和0，不可能是0.5N。故选ACD。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、πd2Rx4l；36.50；【解题分析】

(1)根据电阻定律求出电阻率的表达式；(2)根据图示刻度尺确定其分度值，金属丝两端点所对应刻度尺示数之差是金属丝的长度；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；(3)单刀双掷开关S2合向1，由电压表和电流表的示数U1和I1，可求出Rx、电流表、变阻器串联的电阻；将单刀双掷开关S2合向2，读出此时电压表和电流表的示数U2和I2，可求出电流表和变阻器串联的电阻；两个阻值之差等于被测电阻。根据欧姆定律写出表达式。【题目详解】(1)由电阻定律可知，金属丝电阻Rx=ρl(2)由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，金属丝的长度l=36.50cm；由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为29.6×0.01mm=0.296mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.296m=0.796mm；(3)将单刀双掷开关S2合向1时，电压表和电流表的示数U1、I1．根据欧姆定律得：R+R将单刀双掷开关S2向2闭合时，电压表和电流表的示数U2、I2．根据欧姆定律得：R联立上两式得：R=U【题目点拨】本题考查了电阻定律的应用、刻度尺与螺旋测微器的读数，应用电阻定律即可求出电阻率的表达式；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，螺旋测微器需要估读。第3题本题实验设计比较巧妙，利用伏安法测量两次电阻，有效消除系统误差，来源于书本，又高于书本。12、ACF电流偏小乙1.450.69【解题分析】

(1)根据实验记录的数据可知最大电流为0.57A，为准确测量，电流表应选A；电源电动势约为1.5V，为了