廣東省惠州市惠陽高級中學2024屆高二物理第一學期期中達標檢測模擬試題含解析

廣東省惠州市惠陽高級中學2024屆高二物理第一學期期中達標檢測模擬試題注意事項：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、如圖所示，絕緣光滑半圓軌道放在豎直向下的勻強電場中，場強為E，在與環(huán)心等高處有一質量為m、電荷量為+q的小球，由靜止開始沿軌道運動，下列說法正確的是（）A．小球在運動過程中機械能守恒B．小球經過最低點時電勢能最大C．小球經過環(huán)的最低點時對軌道壓力等于D．小球經過環(huán)的最低點時對軌道壓力等于32、一個電流表的滿偏電流，內阻，要把它改裝成一個量程為10V的電壓表，則應在電流表上（）A．串聯一個的電阻 B．并聯一個的電阻C．串聯一個的電阻 D．并聯一個的電阻3、關于電荷間的相互作用，下列描述正確的是（）A．異種電荷相互排斥B．同種電荷相互排斥C．同種電荷相互吸引D．電荷間相互作用只有吸引4、如圖所示,大小可以忽略不計的帶有同種電荷的小球A和B相互排斥,靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角分別為α和β,且α<β,兩小球在同一水平線上,由此可知()A．B球受到的庫侖力較大,電荷量較大B．B球的質量較大C．B球受到的拉力較大D．兩球接觸后再分開,再處于靜止狀態(tài)時,懸線的偏角、仍滿足5、如圖所示是電場中某一條電場線，下列說法中正確的是（）A．A、B兩點電場方向不相同B．A、B兩點電場大小關系是EA＞EBC．電場線是直線，則EA＝EBD．不知附近的電場線分布，EA、EB的大小不確定6、如圖所示，通有向右電流的直導線置于勻強磁場中，導線與磁場平行，則該導線（）A．不受安培力B．受安培力，方向向右C．受安培力，方向垂直紙面向里D．受安培力，方向垂直紙面向外二、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、在高能物理研究中，回旋加速器起著重要作用，其工作原理如圖所示，D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差。兩個半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中。中央O處的粒子源產生的α粒子，在兩盒之間被電場加速，α粒子進入磁場后做勻速圓周運動，忽略α粒子在電場中的加速時間，不考慮相對論效應。下列說法正確的是A．α粒子運動半個圓周之后，電場的方向必須改變B．α粒子在磁場中運動的周期越來越大C．磁感應強度越大，α粒子離開加速器時的動能就越大D．兩盒間電勢差越大，α粒子離開加速器的動能就越大8、如圖所示，一電子從勻強電場左邊界A點以初速度垂直于場強方向進入電場，經偏轉從右邊界B點飛出．已知A、B兩點間水平和豎直距離均為L，電子質量為m、電荷量為e，不計電子重力及空氣阻力．則A．電子從A到B的運動時間為B．勻強電場的電場強度為C．A、B兩點間的電勢差為D．電子從B點飛出時速度與水平方向夾角的正切值為19、如圖所示為某一電路的一部分，其中R1＝10Ω，R2＝R3＝20Ω，下列關于R1、R2、R3消耗電功率P1、P2、P3，以及R1、R2、R3兩端的電壓U1、U2、U3的關系正確的是()A．U1∶U2∶U3＝1∶2∶2B．U1∶U2∶U3＝1∶1∶1C．P1∶P2∶P3＝2∶1∶1D．P1∶P2∶P3＝1∶2∶210、如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，∠A＝60°，AO＝L，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負電粒子(不計重力作用)，粒子的比荷為q/m，發(fā)射速度大小都為v0，且滿足。粒子發(fā)射方向與OC邊的夾角為θ，對于粒子進入磁場后的運動，下列說法正確的是()A．粒子有可能打到A點B．以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間最短C．以θ<30°飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等D．在AC邊界上只有一半區(qū)域有粒子射出三、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）某學習小組要描繪一只小電珠(2.5V，0.5A)的伏安特性曲線，所供選擇的器材除了導線和開關外，還有以下一些器材可供選擇：A．電源E(電動勢為3.0V，內阻不計)B．電壓表V1(量程為0～3.0V，內阻約為2kΩ)C．電壓表V2(量程為0～15.0V，內阻約為6kΩ)D．電流表A1(量程為0～0.6A，內阻約為1Ω)E．電流表A2(量程為0～100mA，內阻約為2Ω)F．滑動變阻器R1(最大阻值10Ω)G．滑動變阻器R2(最大阻值2kΩ)（1）為了減小實驗誤差，實驗中電壓表，電流表，滑動變阻器應分別選擇________．(填器材前面的選項字母)（2）為提高實驗精度，請你為該學習小組設計電路圖，并畫在虛線框中_____________．（3）下表中的各組數據是此學習小組在實驗中測得的，根據表格中的數據在方格紙上作出該電珠的伏安特性曲線______________________．（4）如果用一個電動勢為1.5V，內阻為3Ω的電源與該小電珠組成電路，則該小電珠的實際功率為__________(結果保留兩位有效數字)．12．（12分）在“測定玻璃的折射率”的實驗中，（1）小朱同學在實驗桌上看到方木板上有一張白紙，白紙上有如圖甲所示的實驗器材，他認為除了缺刻度尺還少了一種器材，請你寫出所缺器材的名稱：______老師將器材配齊后，他進行實驗，圖乙是他在操作過程中的一個狀態(tài)，請你指出第四枚大頭針應在圖乙中的位置________（填“A”、“B”或“C”）。（2）小紅利用方格坐標紙測定玻璃的折射率，如圖丙所示，AO是畫在紙上的直線，她在直線AO適當位置豎直插上P1、P2兩枚大頭針，放上半圓形玻璃磚，使其圓心與O重合，然后插上P3、P4兩枚大頭針，以確定折射光線．其中她確定P3大頭針位置的方法應當是________。操作完成后，她用圓規(guī)作了一個以O為圓心、半徑與玻璃磚半徑相同的半圓（如圖丙中虛線所示），則她測出玻璃的折射率n＝________。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）如圖，在xoy平面內，Ⅰ象限中有勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正向，在x軸下方有方向垂直于紙面向里的勻強磁場。今有一個質量為m電量為e的電子（不計重力），從y軸上的P點以初速度v0垂直于電場方向進入電場。經電場偏轉后，沿著與x軸正方向成45°進入磁場，并能返回到原出發(fā)點P。求：（1）作出電子運動轉跡的示意圖P點離坐標原點的距離h。（2）勻強磁場的磁感應強度。（3）電子從P點出發(fā)經多長時間第一次返回P點？14．（16分）如圖所示為一磁約束裝置的原理圖，同心圓圓心與平面坐標系原點重合.半徑為的圓形區(qū)域Ⅰ內有方向垂直于平面向里的勻強磁場.一束質量為、電荷量為、動能為的帶正電粒子從坐標為的點沿軸負方向射入磁場區(qū)域Ⅰ，粒子全部經過坐標為的點，方向沿軸正方向.當在環(huán)形區(qū)域Ⅱ加上方向垂直于平面向外的另一勻強磁場時，上述粒子仍從點沿軸負方向射入區(qū)域Ⅰ，所有粒子恰好能夠約束在環(huán)形區(qū)域內，且經過環(huán)形區(qū)域Ⅱ的磁場偏轉后第一次沿半徑方向從區(qū)域Ⅱ射入區(qū)域Ⅰ時經過內圓周上的點(點未畫出).不計重力和粒子間的相互作用.（1）求區(qū)域Ⅰ中磁感應強度的大小；（2）若環(huán)形區(qū)域Ⅱ中磁感應強度，求點坐標及環(huán)形外圓半徑；（3）求粒子從點沿軸負方向射入圓形區(qū)域Ⅰ至再次以相同速度經過點的過程所通過的總路程.15．（12分）如圖所示，在豎直平面內存在勻強電場，其電場線如圖中實線所示，方向未知，將帶電荷量為的點電荷由A點沿水平線移至B點，其電勢能增加了，已知A、B兩點間的距離為，兩點連線與電場線成60°角．（1）求A、B兩點間的電勢差UAB；（2）若A點的電勢V，求B點的電勢；（3）求勻強電場場強E的大小，并判斷其方向．

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、D【解題分析】

試題分析：小球運動過程中電場力做功，機械能不守恒，故A錯誤；小球從最高點到最低點的過程中，電場力做正功最多，則根據功能關系得知，電勢能減小，減小到最小，故B錯誤；小球從最高點到最低點的過程，根據動能定理得：（mg+qE）R=12mv2，又由考點：功能關系、牛頓第二定律【題目點撥】本題考查功能關系、牛頓第二定律，首先要掌握機械能守恒條件，然后跟動能定理和牛頓第二定律，可以求出最低點的支持力，進而根據牛頓第三定律求出對軌道的壓力的問題．2、C【解題分析】

把電流表改裝成量程為10V的電壓表需要串聯分壓電阻，串聯電阻阻值選項C正確，ABD錯誤；故選C。3、B【解題分析】

自然界中只有兩種電荷：正電荷和負電荷；電荷間的相互作用規(guī)律是：同種電荷互相排斥，異種電荷互相吸引；A.與分析不符，故A錯誤；B.與分析相符，故B正確；C.與分析不符，故C錯誤；D.與分析不符，故D錯誤。4、D【解題分析】

A．根據牛頓第三定律得：A球對B球的庫侖力等于B球對A球的庫侖力，無論兩球電荷量是否相等所受庫倫力都相等，故無法比較哪個電荷量較大，故A錯誤；B．對小球A、B受力分析，根據平衡條件有：因α＜β，所以mA＞mB，故B錯誤;C．根據平衡條件有：因α＜β，所以B球受的拉力較小，故C錯誤;D．兩球接觸后，再靜止下來，兩絕緣細線與豎直方向的夾角變?yōu)棣痢洹ⅵ隆?，對小球A、B受力分析，根據平衡條件有：因為mA＞mB，所以α′＜β′,故D正確．5、D【解題分析】電場線某點的切線方向表示電場強度的方向，所以兩點的場強方向相同，故A錯誤；電場線的疏密表示電場強度的強弱，只有一條電場線，所以無法判斷A、B兩點場強的大小，故BC錯誤，D正確．所以D正確，ABC錯誤．6、A【解題分析】試題分析：根據安培力產生的條件，通電導線與磁場平行不受安培力，即可求解．解：由題意可知，因通電導線與磁場平行，所以不受到安培力的作用，故A正確，BCD錯誤；故選：A．【點評】考查安培力的產生條件，理解通電導線與磁場平行不受磁場力，而當兩者垂直時，安培力最大．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】試題分析：回旋加速器通過電場加速、磁場偏轉來加速粒子，粒子在磁場中運動的周期與交變電壓的周期相等，根據D形盒的半徑，結合洛倫茲力提供向心力求出最大動能，判斷與什么因素有關．由于經過半個運動后，速度方向反向，要使粒子繼續(xù)被加速，則兩個D形盒之間的電場方向必須改變，A正確；粒子在磁場中的運動周期為T=2πmqB，與速度無關，恒定不變，B錯誤；根據qvB=mv2r可得v=qBrm，故粒子的動能Ek8、AB【解題分析】

A．電子在水平方向做勻速運動，則從A到B的運動時間為選項A正確；B．豎直方向：解得勻強電場的電場強度為選項B正確；C．A、B兩點間的電勢差為選項C錯誤；D．電子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，因此有電子從B點飛出時速度與水平方向夾角的正切值為選項D錯誤。9、BC【解題分析】

R2和R3并聯，并且它們的電阻也是相等的，設R2、R3的電流大小為I，那么R1的電流的大小為2I，所以R1的電壓為U1=IR=2I×10=20I，R2、R3的電壓U2=U3=IR=I×20=20I，所以U1=U2=U3；選項B正確，A錯誤；R1的功率為P1=（2I）2R1=（2I）2×10=40I2，R2、R3消耗電功率P2=P3=I2R2=I2×20=20I2，所以P1：P2：P3=2：1：1，所以C正確，D錯誤。故選BC。【題目點撥】分析清楚電路的串并聯的關系，根據它們之間的電流和電壓的關系，利用電壓和功率的公式逐個計算可以求得它們的電壓和功率的大小關系．10、AD【解題分析】

A．根據，又v0＝qBL/m，可得，又OA=L，所以當θ=60o時，粒子經過A點，所以A正確；B．根據粒子運動的時間，圓心角越大，時間越長，粒子以θ＝60°飛入磁場中時，粒子從A點飛出，軌跡圓心角等于60o，圓心角最大，運動的時間最長，所以B錯誤；CD．當粒子沿θ=0°飛入磁場中，粒子恰好從AC中點飛出，在磁場中運動時間也恰好是，θ從0°到60°在磁場中運動時間先減小后增大，在AC邊上有一半區(qū)域有粒子飛出，所以C錯誤；D正確。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、（1）B；D；F（2）如圖所示；（3）如圖所示；（4）0.19W【解題分析】

（1）小燈泡的額定電壓為2.5V，所以電壓表選擇B測量誤差較小，燈泡的額定電流為0.5A，電流表選擇D測量誤差較?。傋柚?kΩ的滑動變阻器阻值較大，使用時測量誤差較大，所以滑動變阻器選擇F．

（2）由于電壓電流從零開始測起，所以滑動變阻器采用分壓式接法，燈泡的電阻大約為5Ω，遠小于電壓表的內阻，屬于小電阻，所以電流表采用外接法．電路圖如圖所示．

（3）根據表格中的數據描點作圖，用平滑曲線連接，如圖所示．

（4）電源外電壓U=E-Ir=1.5-3I，作出U-I圖線，交點對應的電流I=0.25A，U=0.75V，則P=UI=0.75×0.25W≈0.19W．12、（1）大頭針B（2）擋住P1P2的像1.5【解題分析】

依據實驗原理，及提供的實驗器材，即可求解；測定半圓形玻璃磚的折射率的原理是折射定律n=sinisinr，他確定P3大頭針位置的方法應當是透過玻璃磚看，P3大頭針擋住P1、P2兩枚大頭針的像；【題目詳解】解：(1)在實驗桌上看到方木板上有一張白紙，白紙上有如圖甲所示的實驗器材，還缺少刻度尺、大頭針；依據光的折射定律，及玻璃磚上下表面平行，那么出射光線與入射光線相互平行，因此第四枚大頭針應在圖乙中的位置B處，如圖所示；(2)透過玻璃磚看，P3大頭針擋住P1、P2兩枚大頭針的像；如圖，作出法線，過圓與入射光線與折射光線的交點作法線的垂線CA和DB，由數學知識得：入射角和折射角的正弦值分別為：sini=CACO其中CO=DO，則折射率n=sinr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、（1）（2）（3）【解題分析】

（1）電子在電場做做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律與動能定理求出h；（2）電子在磁場中做勻速圓周運動，應用牛頓第二定律可以求出B；（3）求出電子在電場、磁場、第二象限中的運動時間，然后求出電子總的運動時間．【題目詳解】（1）粒子運動軌跡如圖所示：

電子經過A點的速度大小：，

電子從P到A過程，由動能定理得：eEh=mv2-mv02，解得，h=；

（2）由幾何知識可得，電子在磁場中的軌道半徑：，

電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB=m，

解得：B=；

（3）電子從P到A的過程，加速度為，

時間為，

從A到C再到D，周期為，由幾何知識得：電子在磁場中運動過程速度的偏向角為270°則電子在磁場中運動的時間為，從D到P的運動過程：由幾何知識得：DP=h，運動時間為：，解得：

故t=t1+t2+t3=；【題目點撥