重慶市外國語學校2024屆物理高二第一學期期中復習檢測試題含解析

重慶市外國語學校2024屆物理高二第一學期期中復習檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖為雙量程的電流表電路示意圖，其量程分別為0－10和0－1，已知表頭內阻為Ω，滿偏電流為0.5，則有（）A．當使用、兩個端點時，量程為0－10,=ΩB．當使用、兩個端點時，量程為0－10,=ΩC．當使用兩個端點時，量程為0－1,=ΩD．當使用兩個端點時，量程為0－10,=Ω2、兩個大小相同、可看成點電荷的金屬小球a和b，分別帶有等量異種電荷，被固定在絕緣水平面上，這時兩球間靜電力的大小為F.現(xiàn)用一個不帶電且與金屬小球a、b大小相同的絕緣金屬小球c先與a球接觸，再與b球接觸后移去，則a、b兩球間的靜電力大小變?yōu)椋ǎ〢． B． C． D．3、如圖所示，矩形線框在勻強磁場中做的各種運動，能夠產(chǎn)生感應電流的是（）A． B．C． D．4、如圖所示，A，B兩條直線是在A，B兩地分別用豎直向上的力F拉質量分別是和的物體實驗得出的兩個加速度a與力F的關系圖線，由圖分析可知（）A．B．兩地重力加速度C．D．兩地重力加速度5、有四個電源，電動勢均為6v，內阻分別為r1=1Ω，r2=2Ω，r3=r4=4Ω，今欲向R=2Ω的負載供電，選用哪種電源能使R上得到的功率最大()A．內阻1Ω的 B．內阻2Ω的 C．內阻4Ω的 D．兩個4Ω的并聯(lián)6、“天舟一號”貨運飛船于2017年4月20日在文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射升空，與“天宮二號”空間實驗室對接前，“天舟一號”在距離地面約380km的圓軌道上飛行，則下列幾個說法中錯誤的是（）A．向心加速度小于地面的重力加速度B．線速度小于第一宇宙速度C．周期小于地球自轉周期D．角速度小于地球自轉角速度二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，一根通有電流I的直銅棒MN，用導線掛在磁感應強度為B的勻強磁場中，此時兩根懸線處于張緊狀態(tài)，下列哪些措施可使懸線中張力為零（）A．適當增大電流強度IB．使電流反向并適當減小電流強度IC．保持電流強度I不變，適當增強磁感應強度BD．使電流反向，適當減小磁感應強度B8、如圖所示，平行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則（）A．電壓表讀數(shù)變大 B．電流表讀數(shù)變大C．R1上消耗的功率逐漸增大 D．質點P將向上運動9、如圖所示，在水平連線MN和PQ間有豎直向上的勻強電場，在MN上方有水平向里的勻強磁場．兩個質量和帶電量均相等的帶正電的粒子A、B，分別以向右的水平初速度v0、2v0從PQ連線上O點先后進入電場，帶電粒子A、B第一次在磁場中的運動時間分別為tA和tB，前兩次穿越連線MN時兩點間的距離分別為dA和dB，粒子重力不計，則A．tA一定小于tBB．tA可能等于tBC．dA一定等于dBD．dA可能小于dB10、兩個不規(guī)則帶電導體間的電場線分布如圖所示，已知導體附近的電場線均與導體表面垂直，a、b、c、d為電場中幾個點，并且a、d為緊靠導體表面的兩點，選無窮遠為電勢零點，則（）A．場強大小關系有Ec＞EbB．電勢大小關系有φb＞φdC．將一負電荷放在d點時其電勢能為負值D．將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做正功三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某研究性學習小組設計了以下方法來測量小球的帶電量．如圖所示的小球是一個外表面鍍有金屬膜的空心塑料球，用絕緣絲線懸掛于點，點固定一個可測量絲線偏離豎直方向角度的量角器，、是兩塊相同的、正對著豎直平行放置的金屬板（加上電壓后其內部電場可看作勻強電場）．另外還要用到的器材有天平、刻度尺、直流電壓表、開關、滑動變阻器及導線若干．該小組的實驗步驟如下，請你幫助該小組完成：（1）用天平測出小球的質量，按如圖所示進行器材的安裝，并用刻度尺測出、板之間的距離，使小球帶上一定的電量．（2）連接電路如圖所示，電壓表接在電容器兩端，要求小球在實驗過程中細線與豎直方向的夾角從開始調節(jié)，電容器兩極板應該連接到__________（填“”、“”、“”）兩端．（3）閉合開關，調節(jié)滑動變阻器滑片的位置，讀出多組電壓表的示數(shù)和相應的絲線偏轉的角度．（4）以電壓為縱坐標，以__________為橫坐標作出過原點的直線，求出直線的斜率．（5）小球的帶電量__________．（用、、、等物理量表示）12．（12分）用半徑均為r的小球1和小球2做碰撞驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖所示，斜槽與水平槽圓滑連接。安裝固定好實驗裝置，豎直擋板上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙，用夾子固定住，小球圓心與O點位置等高。接下來的實驗步驟如下：步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點由靜止?jié)L下，并碰上豎直擋板。重復多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置P；步驟2：把小球2放在斜槽前端邊緣位置B，讓小球1從A點由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復多次，并使用與（1）同樣的方法標出碰撞后兩小球落點的平均位置N、M；步驟3：用毫米刻度尺測得O點與M、P、N三點的豎直方向的距離分別為h1、h2、h3。（1）設球1和球2的質量為m1、m2，則關于步驟2中的說法，正確的是（_____）A．球1、球2的落點分別是N、MB．球1、球2的落點分別是M、NC．如果兩球質量相等，則球2的落點介于ON之間D．球1的質量應該小于球2的質量（2）當所測物理量滿足下列表達式（_____）時，即說明兩球碰撞遵守動量守恒定律。A．B．C．D．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）微型直流電動機的內阻一定,把它接入電壓為??1=3V.的電路時,電動機不轉,測得此時流過電動機的電流是??1＝6??;若把電動機接入電壓為??2=2V.的電路中,電動機正常工作,工作電流??2=1??,求:(1)電動機線圈的電阻R;(2)電動機正常工作時輸出的機械功率。14．（16分）在豎直平面內有一范圍足夠大且斜向右上方的勻強電場，方向與水平方向成α=45°角。在電場中有一質量為m，帶電荷量為q的帶電小球，用長為L不可伸長的絕緣細線懸掛于固定軸O上。小球可以在與O點等高的M點處于靜止狀態(tài)，如圖所示?，F(xiàn)用外力將小球拉到最低點P，然后無初速度釋放，重力加速度為g。求（1）電場強度E的大小及小球從P運動到M過程中電勢能的變化量；（2）小球運動到M點時速度大小；（3）小球運動到M點時，若細線突然斷開，再經(jīng)過多長時間小球速度方向與電場方向相同。15．（12分）如圖所示為兩組平行板金屬板，一組豎直放置，一組水平放置，今有一質量為m、電荷量為q的粒子靜止在豎直放置的平行金屬板的A點，經(jīng)電壓U0加速后通過B點進入兩板間距為d、電壓為U的水平放置的平行金屬板間，若粒子從兩塊水平平行板的正中間射入，且最后粒子剛好能從右側的兩塊平行金屬板穿出，A、B分別為兩塊豎直板的中點，不計粒子所受重力．求：（1）粒子通過B點時的速度大小；（2）右側平行金屬板的長度；（3）粒子穿出右側平行金屬板時的動能．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解題分析】

當使用a、c兩個端點時，分流電阻阻值大，電流表量程小，為0-1mA，有：當使用a、b兩個端點時，分流電阻阻值小，電流表量程大，為0-10mA，有：聯(lián)立解得：R1=20ΩR2=180ΩA．當使用、兩個端點時，量程為0－10,=Ω。故A不符合題意。B．當使用、兩個端點時，量程為0－10,=Ω。故B符合題意。C．當使用兩個端點時，量程為0－1,=Ω。故C不符合題意。D．當使用兩個端點時，量程為0－10,=Ω。故D不符合題意。2、D【解題分析】

設a球與b球的電荷量大小均為q，距離為r，則a和b之間的庫侖引力為：，假設a球帶正電，當不帶電的小球c與a球接觸后，a、c兩球平分電荷，每球帶電持量為，當再把c球與b球接觸后，兩球的電荷先中和，再平分，每球所帶電荷量為，由于r不變，則a、b兩球之間的相互作用力的大小為：，故D正確，ABC錯誤。3、B【解題分析】

A項：線框在勻強磁場中運動時，穿過線框的磁感線條數(shù)不變，即磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，故A錯誤；B項：線框在磁場中轉動時，穿過線框的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電流，故B正確．CD項：線框與磁場平行，穿過線框的磁通量為零，當線框向右平動時，磁通量保持為零，沒有變化，所以沒有感應電流產(chǎn)生，故CD錯誤．故選B．4、A【解題分析】AC、根據(jù)F-mg=ma可知，，a?F圖象中斜率表示1/m,，由圖可知A的斜率大于B的斜率，所以mA<mB，A正確，C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律由圖象可知當兩個物體外力F都為0時加速度都相同兩物體都只受重力作用a=g所以gA=gB，故C錯誤，D錯誤．故選A．點睛：根據(jù)牛頓第二定律a-F圖象中斜率表示1/m，由圖象可知當兩個物體外力F都為0時加速度都相同，此時只受重力，說明重力加速度相等．5、A【解題分析】外電路電阻一定，由P=I2R可知，電路電流I越大，電阻功率越大，由閉合電路的歐姆定律可知，在電源電動勢一定時，電源內阻越小，電路電流越大，因此當電源內阻最小為1Ω時，電路中電流最大，電阻R的功率最大．故選A.點睛：本題分析定值電阻的功率，根據(jù)功率公式P=I2R進行分析．如是可變電阻，可根據(jù)數(shù)學知識研究極值．6、D【解題分析】

A、由知，其向心加速度小于近地衛(wèi)星的向心加速度，而近地衛(wèi)星的向心加速度約等于地面的重力加速度，所以其向心加速度小于地面的重力加速度;故A正確.B、由可知，第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動最大的運行速度，則其線速度小于第一宇宙速度;故B正確.C、“天舟一號”的軌道半徑比地球同步衛(wèi)星的小，由開普勒第三定律知其周期小于同步衛(wèi)星周期;故C正確.D、根據(jù)衛(wèi)星的速度公式和v=rω得：.將“天舟一號”與地球同步衛(wèi)星比較，由于“天舟一號”的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以“天舟一號”的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度，而地球同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉角速度，所以其角速度大于地球自轉角速度;故D錯誤.本題選錯誤的故選D.【題目點撥】解決此題的關鍵要掌握衛(wèi)星公轉的速度公式、角速度公式、周期公式、加速度公式；能根據(jù)運動學公式推導出其他量的表達式；本題要選好比較的對象，如地球同步衛(wèi)星、近地衛(wèi)星．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AC【解題分析】

AC．直銅棒MN處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，棒中通有電流，方向從M流向N，根據(jù)左手定則可得，安培力的方向豎直向上。為了使懸線上的拉力等于零，則可以適當增加電流強度，或增大感應強度來使安培力增加，選項AC正確；BD．若電流反向，則安培力方向變?yōu)橄蛳?，懸線上的拉力會變大，選項BD錯誤。故選AC。8、BC【解題分析】

AB．由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再與R1串聯(lián)接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當滑動變阻器R4的滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減?。挥砷]合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時R1兩端的電壓也增大，故并聯(lián)部分的電壓減?。挥蓺W姆定律可知流過R3的電流減小，流過并聯(lián)部分的總電流增大，故電流表示數(shù)增大；因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中電壓增大，故電壓表示數(shù)減小，故A錯誤，B正確；C．由于流過R1的電流增大，根據(jù)知R1上消耗的功率逐漸增大，故C正確；D．因電容器兩端電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，合力向下，質點P將向下運動，故D錯誤；故選BC。9、AC【解題分析】

粒子在電場中運動只受電場力作用，故加速度相等，那么，粒子第一次穿過MN時的豎直分速度相同，水平速度不變，分別為，；粒子在磁場中運動只受洛倫茲力作用，故粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，粒子在磁場中做圓周運動的周期：；根據(jù)圓周運動規(guī)律可得：粒子轉過的圓心角為，故粒子A轉過的中心角比粒子B小，又有周期相等，故，故A正確，B錯誤；前兩次穿越連線MN時兩點間的距離為：，故，故C正確，D錯誤．所以AC正確，BD錯誤．10、ABD【解題分析】A、由電場線越密的地方,電場強度越大,由圖可得c點的電場線密，所以有Ec>Eb，故A正確；B、沿著電場線，電勢逐漸降低，即b點的電勢比右側的導體的電勢高，而右側導體的電勢比d高，故b點電勢高于d點的電勢，故B正確；C、電勢能的正負與0勢能點的選擇有關，該題以無窮遠為零電勢點，所以說負電荷放在d點時其電勢能為正值，故C錯誤；D、從圖中可以看出，a點的電勢高于b點的電勢，而b點的電勢又高于d點的電勢，所以a點的電勢高于d點的電勢．正電荷在電勢高處電勢能大，在電勢低處電勢能小，故正檢驗電荷從a點移到d點的過程中，電勢能減小，則電場力做正功，故D正確．故選ABD．點睛：根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大小；根據(jù)沿著電場線，電勢逐漸降低來判斷電勢的高低；正電荷在電勢高處電勢能大，在電勢低處電勢能小，負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，根據(jù)電勢能的變化判斷電場力做功情況．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、ab為橫坐標【解題分析】（2）為了使得兩極板間的電壓可以變化，故應連接在滑動變阻器兩端，故ab段，（4）小球受到豎直向下的重力，繩子的拉力以及電場力三個力作用，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有，又有，聯(lián)立解得，所以應以為橫坐標．（5）由上可知，則小球的帶電量為．12、BA【解題分析】

（１）[1]．AB、小球離開軌道后做平拋運動，小球在水平方向的位移d相等，小球做平拋運動的時間為：小球在豎直方向的位移為：由于g、d都相等，小球的初速度v0越大，小球下落的高度h越小，兩球碰撞后入射球1的速度小于被碰球2的速度，因此球1的豎直分位移大于球2的豎直分位移，由圖示可知，球1、球2的落點分別是：M、N，故A錯誤，B正確；

C、如果兩球質量相等，兩球發(fā)生彈性碰撞后兩球交換速度，碰撞后球1靜止、球2做平拋運動，球2的落點為P，故C錯誤；

D、為防止入射球反彈，球1的質量應大于球2的質量，故D錯誤；

（2）[2]．小球離開軌道后做平拋運動，

水平方向：d=v0t豎直方向：解得：由題意可知，碰撞前球1的速度為：碰撞后球1的速度為：碰