2024届广西大学附属中学物理高二上期中复习检测试题含解析

2024届广西大学附属中学物理高二上期中复习检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、金属铂的电阻率对温度非常敏感，温度升高时电阻率也随着变大．在图中有可能表示金属铂电阻的I﹣U图线是（）
A．B．
C．D．
2、如图所示，是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关闭合，平行板电容器内一带电液滴静止，则
A．减小电容器两极板间距离，液滴向下运动
B．减小电容器两极板间距离，电容器的电容变小
C．减小电容器两极板间距离，电阻R中有从b流向a的电流
D．若开关断开再减小电容器两极板间距离，液滴向下运动
3、如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。

整个系统置于方向水平的匀强电场中。

已知静电力常量为k．若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）
A ．233kq l
B ．2
3kq l C ．23kq l D ．223kq l
4、如图所示，a 、b 、c 、d 是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，
，，，电场线与四边形所在平面平行.已知a 点电势为24V ，b 点电势为28V ，d 点电势为12V .一个质子(不计重力)经过b 点的速度大小为v 0，方向与bc 成450，一段时间后经过c 点，则下列说法正确的是 ( )
A ．c 点电势为4V
B ．场强的方向由a 指向c
C ．质子从b 运动到c 所用的时间为
D ．质子从b 运动到d 电场力做功为-16eV
5、保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务。

盗版书籍影响我们学习效率甚至给我们的学习带来隐患，小明有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个电荷所带的电荷量看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为下列几个关于电荷量的数字中正确的是（ ）
A ．6.6×10﹣19C
B ．7.2×10﹣19C
C ．8.0×10﹣19C
D ．8.4×10﹣19C
6、下面是某同学记录的作息时间，其中表示时刻的是
A ．每节课40分钟
B ．上午8点开始上课
C ．一个午休1小时
D ．晚上有2小时的自习
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，倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为＋q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力．则：
A．若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将加速下滑
B．若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑
C．若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变小D．若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑
8、一质量为m=6kg带电量为q=-0.1C的小球P，自倾角θ=530的固定光滑斜面顶端由静止开始滑下，斜面高h=6.0m，斜面底端通过一段光滑小圆弧与一光滑水平面相连。

整个装置处在水平向右的匀强电场中，场强E=200N/C，忽略小球在连接处的能量损失，
当小球运动到水平面时，立即撤去电场。

水平面上放一质量也为m静止不动的1
4
圆槽
Q, 圆槽光滑且可沿水平面自由滑动，圆槽的半径R=3m，如图所示（已知sin53o=0.8，cos53o=0.6，g=10m/s2）则以下说法正确的是：
A．由静止释放到滑到斜面底端，P球的电势能增加了90J
B．小球P运动到水平面时的速度大小为5m/s
C．最终小球将冲出圆槽Q
D．最终小球不会冲出圆槽Q
9、如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面,它们的电势分别为φa、φb和φc，φa>φb>φc．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示．由图可知（）
A．粒子从K到L的过程中，电场力做正功
B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L的过程中，电势能增加
D．粒子从L到M的过程中，动能增加
10、如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W，关于该电吹风，下列说法正确的是
A．若S1、S2闭合，则电吹风吹冷风
B．电热丝的电阻为55Ω
C．电动机工作时输出的机械功率为880W
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J
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）请读出以下测量仪器的示数，其中游标卡尺读数为_____cm，螺旋测微器读数为_____mm，多用电表挡位为直流电压挡50V时读数为_____V，若用欧姆表×100挡时的读数为_____Ω。

12．（12分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝的电阻约为6 Ω。

某同学进行了如下测量：
（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度。

测量3次，求出其平均值l .其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为____cm.用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值D 。

其中一次测量结果如图乙所示，图中读数为______mm 。

（2）在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，提供下列供选择的器材：
A ．直流电源(电动势约为4.5 V ，内阻很小)
B ．电压表(量程3 V ，内阻约3 kΩ)
C ．电流表(量程0.6 A ，内阻约2 Ω)
D ．滑动变阻器(阻值范围0～15 Ω，最大允许电流1 A)
E ．开关、导线若干
（3）根据上面选择的器材，在图中-完成实验电路的连接完整_____。

（4）采用如图所示的电路测量金属丝的电阻。

测得金属丝两端的电压为U ，通过金属丝的电流为I 。

则电阻的测量值比真实值________(选填“偏大”或“偏小”)。

最后由公式ρ＝________计算出金属丝的电阻率(用物理量表示)。

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，小球带电荷量为2110q C -=⨯，质量为2210m kg -=⨯，放在一个倾角为37θ=的足够长绝缘斜面上。

斜面bc 部分光滑，其他部分粗糙，且小球与斜面间的动摩擦因数0.5μ=，bc 段有一平行斜面向上的有界匀强电场。

现让小球从a 点由静止释放，经过t ＝0.3s ，到达c 点。

已知ab 的长度为L ＝4cm ，bc 的长度为2L ， sin370.6,cos370.8==，g 取210/m s 。

求：
（1）匀强电场的场强E 的大小；
（2）小球第一次沿斜面向上运动的最高点到b 点的距离。

14．（16分）如图所示，一对平行金属板A,B。

板长为L，AB间距离为d。

一带正电的粒子，质量为m，带电量为q，以平行极板的速度V，从左侧靠近A板处射入两极板间。

欲使粒子从两极板右侧靠近B板处飞出，（不计粒子重力）：
(1)若给两极板加一电压，则电压大小为多少？
(2)若仅在两极板范围内施加一垂直纸面方向的匀强磁场，则磁场的磁感应强度大小为多少？
15．（12分）如图所示，一个挂在丝线下端带正电的小球B，静止在图示位置．若固定的带正电小球A的电荷量为Q，B球的质量为m，带电荷量为q，丝线与竖直方向夹角θ=︒，A和B在同一条水平线上，整个装置处于真空中．
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(1)试说明小球B带正电还是带负电，并求出小球B所受库仑力的大小
(2)求A、B两球间的距离r．（以上两问结果均可用已知量符号表示，可以保留根号）
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】
试题分析：根据电阻的定义式R=可知，I ﹣U 图线上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，金属铂的电阻随温度的升高而增大，则图线上的点与坐标原点连线的斜率逐渐增小，图线是曲线，根据数学知识可知，A 正确，BCD 错误；故选：A ． 考点：欧姆定律．
2、C
【解题分析】A 、减小电容器两极板间的距离，因为电压不变，场强增大，电场力增大，液滴向上运动，故A 错误；
B 、根据电容的决定式，，减小极板距离，电容器的电容变大，故B 错误；
C 、减小极板距离，电容变大，根据
知电压变大，电容器充电，电阻R 中有从b 流向a 的电流，故C 正确；
D 、断开开关时，电容器的电荷量不变，根据
，板间场强不变，
电场力不变，液滴仍然处于静止状态，故D 错误。

点睛：根据电容的决定式判断电容的变化，根据电容的定义式分析板间电压的变化，根据推论分析板间场强的变化，确定电荷能否保持静止，确定电容器是处于充电还是放电状态，判断电路中电流的方向。

3、B
【解题分析】
设c 电荷带电量为Q ，以c 电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a 、b 对c 的合力与匀强电场对c 的力等值反向，即： 22cos30l
kQq EQ ⨯⨯= 所以匀强电场场强的大小为
23kq l ，故选B 。

4、C
【解题分析】
连接bd ，bd 连线的中点N 电势与c 点相等，是20V ；
作出等势线Nc 就能判断场强方向；
质子从b→c 做类平抛运动，根据v 0方向的分位移为
，求出时间；
【题目详解】
A 、三角形bcd 是等腰直角三角形，具有对称性，bd 连线四等分，如图所示，已知a 点电势为24V ，b 点电势为28V ，d 点电势为12V ，且ab ∥cd ，ab ⊥bc ，2ab=cd=bc=2L ，
因此根据几何关系，可得M点的电势为24V，与a点电热势相等，从而连接aM，即为等势面；
三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点N的电势与c相等，为20V，故A错误；
B、Nc为等势线，其垂线bd为场强方向，即场强方向为b→d，故B错误；
C、质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为，此方向做匀速直线运动，则，则C正确；
D、电势差，则质子从b运动到d电场力做功为，故D错误。

5、C
【解题分析】
电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，任何带电体所带电荷都是e 的整数倍，因此该带电量应为电子电量e=1.6×10−19C的整数倍，将四个选项中的电量除以电子电量得数为整数倍的便是可能正确的数字，故ABD错误，C正确。

故选：C
6、B
【解题分析】
根据题中要判断哪些表示时刻可知，本题考查了对时间和时刻概念的理解。

时刻是指某一瞬时，时间是指两个时刻之间的间隔．根据时间与时刻的概念去分析选择．
【题目详解】
A、40分钟一节课，这里的40分钟指的时间，不是时刻。

故A错误；
B、上午8点开始上课钟是时刻，不是时间间隔。

故B正确；
C D.、一个午休1小时；晚上有2小时的自习，表示持续的时间，表示时间间隔，不是时刻。

故CD错误；
【题目点拨】
正确地区分时刻和时间间隔是解题的关键。

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。

由题意可知考查力的平衡和牛顿第二定律应用，根据平衡条件和牛顿第二定律分析可得。

【题目详解】
A.若滑块匀速下滑，
sin cos mg mg μθμθ= ，
加上竖直向上的电场后，滑块受到竖直向上的电场力作用，设电场力为F ， ()()sin cos mg F mg F θμθ-=-
滑块继续匀速度运动，故A 错误；
B.若滑块匀速下滑，
sin cos mg mg μθμθ=，
加上竖直向下的电场后，滑块受到竖直向下的电场力作用，设电场力为F ， ()()sin cos mg F mg F θμθ+=+，
说明滑块仍匀速下滑，故B 正确。

C.若滑块匀减速下滑，
1cos sin mg mg ma μθθ-=
加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，
()()2cos sin mg F mg F ma μθθ---=
合力减小，加速度变小，故C 正确；
D.若滑块匀加速下滑，
3sin cos mg mg ma θμθ-=
加上竖直向下的电场后，
()()4cos sin mg F mg F ma μθθ+-+=
滑块受到的合力增大，加速度增大，故D 错误。

【题目点拨】
滑块原来匀速运动，受力平衡，加上电场后合力为零，仍做匀速运动。

若滑块向下做匀加速、匀减速运动，根据牛顿第二定律列出方程求出开始时的加速度，加电场力后受力分析根据牛顿第二定律列出方程求出后来加速度，比较先后加速度的大小可得。

A ．在整个过程中，电场力对P 球做负功为：
60.120090J J 43
h W qE tan θ
=-=-⨯⨯-＝ 则
△E =-W =90J
选项A 正确；
B ．根据动能定理得：
212
h mgh qE mv tan θ-⋅= 代入数据可得：
v =
选项B 错误；
CD ．设当两者速度相等时，小球上升的高度为H ，根据水平方向动量守恒得： mv =2mv ′
代入数据：
'v = 根据机械能守恒得：
2211 222
mv mv mgH ⨯'+＝ 代入已知数据得：
H =2.25m ＜R
所以小球没有冲出圆槽，选项C 错误，D 正确。

9、CD
【解题分析】
试题分析：A 、根据p E q ϕ=，粒子从K 到L 的过程中，电势能增加，故电场力做负功；A 错误
B 、根据p E q ϕ=，粒子从K 到L 的过程中，电势能减小，故电场力做正功；B 错误
C 、根据p E q ϕ=，粒子从K 到L 的过程中，电势能增加；C 正确
D 、粒子从L 到M 的过程中，电场力做正功，故动能增加；D 正确
故选CD
考点：电势能
点评：本题根据p E q ϕ=得到电势能的变化情况，最后确定电场力的做功情况． 10、BD
【解题分析】
A ．若12S S 、闭合，电热丝接入，则此时电阻丝发热，电吹风冷出的是热风，故A 错误；
B ．电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为：
1000120880P P P W W W =-=-=热冷 由2U P R =，可知22
22055880U R P ==Ω=Ω，故B 正确； C ．电动机工作时输出的功率为吹冷风时的功率，故只有120W ，故C 错误； D ．当吹热风时，电动机消耗的电功率仍为120W ，故每秒钟消耗的电能为120J ，故D 正确．
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、1.140 4.713 30.0 1000
【解题分析】
根据游标卡尺读数规则，游标卡尺主尺读数为1.1 cm ，游标尺第8个刻度线与主尺刻度
线对齐，20分度游标尺精度为0.05 mm ，游标尺读数为8×
0.05 mm ＝0.40 mm ，故测量值为1.1 cm+0.40 mm ＝1.140 cm 。

根据螺旋测微器读数规则，读数为4.5 mm+0.213 mm ＝4.713 mm 。

多用电表挡位为直流电压挡时，按照中间的刻度盘刻度读数，为30.0V ；
若用欧姆表×
100挡时读数为10×100Ω＝1000Ω。

12、24.14 0.700
偏小 24U D IL
πρ= 【解题分析】
（1）[1]．毫米刻度尺读数要估读到0.1mm ，故读数为241.4mm=24.14cm ；
[2]．螺旋测微器固定刻度读数为0；半刻度读数0.5mm ；可动刻度读数
20.0×0.01mm=0.200mm ，故金属丝的直径为0.700mm ；
（3）[3]．因V
x R R ，则采用安培表外接，滑动变阻器用限流接法，连接实物连线图，
如图所示：
（4）[4][5]．由于采用了安培表外接法，电压表的分流作用会使电流测量值I 偏大，而电压测量值U 准确，故根据欧姆定律R=U/I ，电阻测量值偏小；
根据欧姆定律：
U R I
=； 根据电阻定律： L R S ρ
=； 其中：
214
S D π＝ 故
2
4U D IL
πρ= ；
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) 20/N C ,(2)0.8cm.
【解题分析】本题考查带电粒子在电场中的运动。

(1)设匀强电场场强大小为E ，则由a 到b ， 1mgsin mgcos ma θμθ－＝ 21112
L a t ＝ b 点的速度11b v a t ＝
由b 到c ： 22221=22
b L v t a t + 2mgsin qE ma θ－＝ 由题意， 12t t t ＝＋
解得E ＝20 N/C
(2)小球到达c 点的速度22c b v v a t ＝＋ 解得v c ＝0
设小球第一次沿斜面向上运动的最高点到b 点的距离为x ，从c 到最高点，由动能定理得sin cos 02
L qE mgx mgx θμθ⋅--= 解得x ＝0.8 cm 14、 (1)
(2) 【解题分析】
（1）粒子在水平方向做匀速运动：L=vt
竖直方向做匀加速运动，则d=
其中的
联立解得 （2）若仅在两极板范围内施加一垂直纸面方向的匀强磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则要使粒子从两极板右侧靠近B 板处飞出，则R 2=L 2+(R-d)2；
且
解得
15、（1）33mg （2）3kQq mg
【解题分析】
（1）因为小球B 被小球A 排斥，已知小球A 带正电，所以B 球带正电. 由右图可知：
3tg tg303F mg mg mg θ===
（2）由2qQ F k r
= 解得3kQq r mg
=
点睛：对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．。