華中師大一附中2024屆物理高二第一學期期中考試模擬試題含解析

華中師大一附中2024屆物理高二第一學期期中考試模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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，平行板電容器與電池相連，當二極板間的距離減小后，則二極板間的電壓U、電場強度E、電容器的電容C及電容的帶電量Q與原來相比（）A．U、E、C、Q都不變B．U不變，E、C、Q變小C．U不變，E、C、Q變大D．U、E不變，C變大，Q變小2、如圖所示，有一根直導線上通以恒定電流I，方向垂直指向紙內，且和勻強磁場B垂直，則在圖中圓周上，磁感應強度數值最大的點是（）A．a點B．b點C．c點D．d點3、如圖所示的電路中，電源的電動勢和內阻一定，當可變電阻的阻值由變?yōu)闀r，電源的路端電壓變?yōu)樵瓉淼?.5倍，則電源的內阻為A． B．C． D．4、關于圓周運動的向心力、向心加速度，下列說法正確的是（）A．向心力的方向是不變的B．向心力的方向是變化的C．向心加速度方向與線速度方向相同D．向心力與向心加速度方向一定不同5、M和N是兩個原來都不帶電的物體，它們互相摩擦后，N帶正電荷．下列判斷正確的是（）A．在摩擦前M和N的內部沒有任何電荷B．摩擦的過程中電子從N轉移到MC．M在摩擦過程中創(chuàng)造了正電荷D．N在摩擦過程中得到電子6、電荷之間的靜電力像萬有引力一樣，也是一種超距力，這種超距作用的觀點是18-19世紀的多數科學家難以接受的．首位建立電場概念并使人們擺脫這一困境的科學家是A．伽利略 B．牛頓 C．安培 D．法拉第二、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、如圖所示的電路中，閉合開關S后，將滑動變阻器R的滑片P向上移動，則有（）A．V1表讀數變大B．V2表讀數變大C．電源的總功率變小D．A表讀數變小8、如圖所示，圖中的四個電表均為理想電表，當滑動變阻器滑片P向右端移動時，下面說法中正確的是（）A．電壓表V1的讀數減小，電流表A1的讀數增大B．電壓表V1的讀數增大，電流表A1的讀數減小C．電壓表V2的讀數減小，電流表A2的讀數增大D．電壓表V2的讀數增大，電流表A2的讀數減小9、如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內存在磁感應強度大小均為的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，邊界的夾角，邊界與邊界平行，Ⅱ區(qū)域寬度為，長度無限大.質量為、電荷量為的粒子可在邊界上的不同點射入.入射速度垂直于且垂直于磁場，若入射速度大小為，不計粒子重力，Ⅰ區(qū)磁場右邊界距點無限遠，則（）A．粒子距點處射入，不會進入Ⅱ區(qū)B．粒子距點處射入，在磁場區(qū)域內運動的時間為C．粒子在磁場區(qū)域內運動的最短時間為D．從邊界出射粒子的區(qū)域長為10、如圖所示為兩個不同閉合電路中兩個不同電源的U﹣I圖象，O為坐標原點，下列判斷正確的是（）A．電動勢，內阻B．電動勢，內阻C．電動勢，內阻D．電動勢，發(fā)生短路時的電流三、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）小燈泡燈絲的電阻會隨溫度的升高而變大。某同學為研究這一現(xiàn)象，用實驗得到部分數據（I和U分別表示小燈泡上的電流和電壓），并繪制了小燈泡的U-I圖像，如圖所示：(1)在方框中畫出實驗電路圖______。可用的器材有：電壓表（內阻約為1KΩ）、電流表（內阻約為1Ω）、滑動變阻器（變化范圍0~10Ω）、電源、小燈泡、電鍵、導線若干。(2)若將該小燈泡接在電動勢是1.5V，內阻是2.0Ω的電池兩端（電源的U-I圖像如圖所示），小燈泡的實際功率為______（保留兩位有效數字）。12．（12分）（1）在做“研究平拋運動”的實驗時，讓小球多次沿同一斜槽軌道滑下，通過描點法畫小球做平拋運動的軌跡為了能較準確地描繪運動軌跡，在操作過程中要求每次釋放小球的位置必須相同，將你認為這樣操作的目的是______．（2）在做該實驗中某同學只記錄了物體運動的軌跡上的A、B、C三點并以A點為坐標原點建立了直角坐標系，得到如圖所示的圖象，試根據圖象求出物體平拋運動的初速度大小為______；物體運動到B點時的速度大小為______；拋出點的橫坐標為______cm；縱坐標為______cm．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）如圖所示，水平導軌間距為L＝0.5m，導軌電阻忽略不計；導體棒ab的質量m＝1kg，電阻R0＝0.9Ω，與導軌接觸良好；電源電動勢E＝10V，內阻r＝0.1Ω，電阻R＝4Ω；外加勻強磁場的磁感應強度B＝5T，方向垂直于ab，與導軌平面成夾角α＝53°；ab與導軌間的動摩擦因數為μ＝0.5（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），定滑輪摩擦不計，線對ab的拉力為水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab處于靜止狀態(tài)。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）通過ab的電流大小和方向；（2）ab受到的安培力大小；（3）重物重力G的取值范圍。14．（16分）如圖所示，足夠大的熒光屏垂直坐標面，與x軸夾角為30°，當y軸與間有沿方向、場強為E的勻強電場時，一質量為m、電荷量為q的正離子從y軸上的P點，以速度、沿軸方向射入電場，恰好垂直打到熒光屏上的M點（圖中未標出）?，F(xiàn)撤去電場，在y軸與間加上垂直坐標面向外的勻強磁場，相同的正離子從y軸上的Q點仍以速度、沿軸方向射入磁場，恰好也垂直打到熒光屏上的M點，離子的重力不計。則：(1)求離子在電場中運動的時間；(2)求磁場的磁感應強度B；15．（12分）質量為m的帶電液滴，在電場強度為E，方向豎直向上的勻強電場中處于靜止狀態(tài)，試求：（1）該液滴的帶電性質和所帶的電荷量；（2）當場強方向保持不變，而大小突然減為原來的一半時，求液滴的加速度。

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、C【解題分析】

平行板電容器與電池相連，則U不變；當兩極板間距減小時，d減小，由C=εS4πkd可知C變大，根據Q=CU可知Q變大；根據E=U/d可知，E【題目點撥】本題是電容器動態(tài)變化分析問題，是常見的題型，關鍵抓住不變量：電容器與電源保持相連，其電壓不變；充電后與電源斷開，其電量不變．較為簡單．2、A【解題分析】

由電流的安培定則可知電流產生的磁場在a點的方向水平向右，c點水平向左，b點豎直向下d點豎直向上，且四點磁感應強度大小相等，根據矢量合成法則可知磁感應強度最大值為a點A.a點與分析相符，A正確B.b點與分析不符，B錯誤C.c點與分析不符，C錯誤D.d點與分析不符，D錯誤3、D【解題分析】

由閉合電路歐姆定律有由題意有聯(lián)立解得：故D正確。4、B【解題分析】試題分析：物體做圓周運動時，都需要向心力，而向心力的方向始終指向圓心，方向是變化的，故A錯誤，B正確；向心加速度方向指向圓心，線速度方向沿軌跡的切線方向，則兩者相互垂直，故CD錯誤．考點：向心力、向心加速度5、B【解題分析】原來不帶電的物體處于電中性，不是沒有任何電荷，而是正負電荷的個數相等，相互抵消；故A錯誤；摩擦起電中移動的是自由電子，失去電子的物體帶正電，得到電子的物體帶負電，故摩擦起電中M失去電子，轉移到了N物體上，故B正確CD錯誤．6、D【解題分析】

伽利略首次通過理想斜面實驗和邏輯推理得出了力不是維持物體運動的原因，A錯誤；牛頓發(fā)現(xiàn)了牛頓定律，B錯誤；安培發(fā)現(xiàn)了分子電流假說，C錯誤；法拉第首次提出了場的概念，D正確．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】

A.閉合開關S后，將滑動變阻器R的滑片P向上移動，變阻器接入電路的阻值變大，則外電路的總電阻變大，根據閉合電路的歐姆定律，總電流變小，則路端電壓變大，即V1表讀數變大，故A正確；B.總電流變小，根據部分電路的歐姆定律，R1兩端的電壓變小，即V2表讀數變小，故B錯誤；C.電源的總功率為P＝EI，E不變，I減小，電源的總功率變小。故C正確；D.R2兩端的電壓加上R1兩端的電壓等于路端電壓，即U1＋U2＝U，R1兩端的電壓變小，路端電壓變大，所以R2兩端的電壓變大，故R2中的電流變大，即A表讀數變大。故D錯誤；故選AC；8、AD【解題分析】

當滑動變阻器滑動觸點P向右端移動時，變阻器接入電路的電阻減小，由閉合電路歐姆定律得知，干路電流I增大，路端電壓U減小，則電流表A1讀數增大；電壓表V1讀數U1=E-I（R1+r），I增大，其他量不變，則U1減?。煌ㄟ^電流表A2的電流，U1減小，則I2減??；流過R2的電流I2′=I-I2，I增大，I2減小，則I2′增大，則伏特表V2的讀數增大．綜上，電壓表V1的讀數減小，電流表A1的讀數增大，伏特表V2的讀數增大，電流表A2的讀數減?。蔄D正確，BC錯誤．故選AD．【題目點撥】本題是簡單的電路動態(tài)分析問題，按“部分→整體→部分”的思路進行分析，對于并聯(lián)電路，要抓住干路電流等于各支路電流之和分析兩個支路電流的關系．9、BCD【解題分析】

粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律，有：其中：；解得：r=d，畫出恰好不進入Ⅱ區(qū)的臨界軌跡，如圖所示：結合幾何關系，有：；故從距A點0.5d處射入，會進入Ⅱ區(qū)，故A錯誤；粒子距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)內運動的軌跡為半個圓周，故時間為：，故B正確；從A點進入的粒子在磁場中運動的軌跡最短（弦長也最短），時間最短，軌跡如圖所示：軌跡對應的圓心角為60°，故時間為：，故C正確．由圖可知：從MN邊界出射粒子的區(qū)域長為，故D正確．故選BCD．【題目點撥】本題是常見的帶電粒子在磁場中運動的問題，畫出軌跡，運用幾何關系和牛頓第二定律等知識進行求解．10、AD【解題分析】在U-I圖象中與U軸的交點表示電源的電動勢，斜率表示內阻，可知電動勢E1=E2，內阻r1＞r2，故A正確，BC錯誤；由U-I圖象與I軸的交點表示短路電流，故發(fā)生短路時的電流I1＜I2，故D正確．所以AD正確，BC錯誤．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、0.26W~0.30W【解題分析】

(1)[1]小燈泡電阻遠小于電壓表內阻，故采用電流表外接電路；要使得小燈泡上得到從0開始連續(xù)可調電壓，則滑動變阻器用分壓電路，則電路如圖；(2)[2]兩圖像的交點為電路工作點，由圖可知U=0.8V，I=0.34A，則小燈泡的實際功率為P=IU=0.8×0.34W=0.27W12、小球做平拋運動時初速度相同2-0.2m-0.05m【解題分析】

保證小球做平拋運動必須通過調節(jié)使斜槽的末端保持水平，因為要畫同一運動的軌跡，必須每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，實驗要求小球滾下時不能碰到木板平面，避免因摩擦而使運動軌跡改變，最后軌跡應連成平滑的曲線.【題目詳解】（1）因為要畫同一運動的軌跡，必須每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度。（2）在豎直方向上△y=gT2，則。則初速度為：，B點豎直方向上的分速度為：。則運動到B點的速度為：，則運動到B點的時間：，已運動的水平位移：x＝vt＝0.4m，豎直位移：。所以平拋運動的初位置的橫坐標為0.2-0.4m=-0.2m?？v坐標為0.15-0.2=-0.05m。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）2A，方向為a到b（2）5N（3）0.5N≤G≤7.5N【解題分析】

（1）通過ab的電流方向為a到b。（2）ab受到的安培力大小F＝BIL＝5N（3）導體棒ab受力如圖所示。有fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5N當最大靜摩擦力方向向右時FT＝Fsin53°－fm＝0.5N當最大靜摩擦力方向向左時FT＝Fsin53°＋fm＝7.5N所以0.5N≤G≤7.5N。14、(1)；(2)【解題分析】

(1)設離子垂直打到熒光屏上的M點時，沿方