2024届河南省鲁山县一中高二物理第一学期期中经典模拟试题含解析

2024届河南省鲁山县一中高二物理第一学期期中经典模拟试题 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、如图所示描述了封闭在某容器里的理想气体在温度a T 和b T 下的速率分布情况，下列说法正确的是（ ）
A ．a b T T
B ．随着温度升高，每一个气体分子的速率都增大
C ．随着温度升高，气体分子中速率大的分子所占的比例会增加
D ．若从a T 到b T 气体的体积减小，气体一定从外界吸收热量
2、如图，一绝缘细杆的两端各固定着一个小球，两小球带有等量异号的电荷，处于匀强电场中，电场方向如图中箭头所示．开始时，细杆与电场方向垂直，即在图中Ⅰ所示的位置；接着使细杆绕其中心转过90°，到达图中Ⅱ所示的位置；最后，使细杆移到图中Ⅲ所示的位置．以W 1表示细杆由位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中电场力对两小球所做的功，W 2表示细杆由位置Ⅱ到位置Ⅲ过程中电场力对两小球所做的功，则有
A ．W 1=0，W 2≠0
B ．W 1=0，W 2=0
C．W1≠0，W2=0 D．W1≠0，W2≠0
3、如图所示，Q是带正电的点电荷，P1、P2为其电场中的两点.若E1、E2为P1、P2两点的电场强度的大小，φ1、φ2为P1、P2两点的电势，则
A．E1>E2,φ1>φ2B．E1>E2,φ1<φ2
C．E1<E2,φ1>φ2D．E1<E2,φ1<φ2
4、如图所示，在真空中有两个正点电荷，电量相等，分别置于P、Q 两点，A、B 为P、Q连线的中垂线上的两点，现将一负电荷q 由A 点沿中垂线移动到B点，在此过程中，下列说法正确的是（）
A．q的电势能逐渐减小
B．q的电势能逐渐增大
C．q受到的电场力一定先减小后增大
D．q受到的电场力一直做正功
5、下列说法中正确的是
A．1号干电池与5号干电池的电动势相等、容量相等
B．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量
C．电动势公式E＝中的W与电压U＝中的W是一样的，都是非静电力做的功D．电动势就是电源两极间的电压
6、如图所示，在匀强电场中，电荷量q＝5.0×10－10 C的正电荷，由a点移到b点和由a点移到c点，静电力做功都是3.0×10－8J．已知a、b、c三点的连线组成直角三角形，ab＝20cm，∠a＝37°，∠c＝90°，（sin37°=0.6,cos37°=0.8）则a、b两点的电势差U ab 及匀强电场的场强的结论，正确的是（）
A．U ab=60V；E=375 V/m、方向垂直bc向右
B．U ab=-60V；E=375 V/m、方向垂直bc向左
C．U ab=60V；E=500 V/m、方向垂直ac向上
D ．U ab =-60V ；
E =500 V /m 、方向垂直ac 向下
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、在地球的表面上，通常有一定量的电荷，它在地球的表面上产生一个竖直方向的电场。

如果有一个带负电的粒子，在此电场中恰能悬浮在空中不动，那么正确的是（ ）
A ．地球表面所带的电荷产生的电场的方向竖直向上
B ．地球表面所带的电荷产生的电场的方向竖直向下
C ．地球表面所带的电荷是正电荷
D ．地球表面所带的电荷是负电荷
8、如图所示，光滑斜面PMNQ 的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，其中ab 边长为1L ，bc 边长为2L ，线框质量为m .电阻为R ，有界匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于斜面向上，ef 为磁场的边界，且//ef MN ．线框在恒力F 作用下从静止开始运动，其ab 边始终保持与底边MN 平行，F 沿斜面向上且与斜面平行，已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是（ ）
A ．线框进入磁场前的加速度为sin F mg m
θ- B ．线框进入磁场时的速度为221
(sin )F mg R B L θ- C ．线框进入磁场时有a b c d →→→方向的感应电流
D ．线框进入磁场的过程中产生的热量为1(sin )F mg L θ-
9、如图，金属棒AB 用软线悬挂在磁感应强度为B ，方向如图所示的匀强磁场中，电流由A 向B ，此时悬线张力为T ，欲使悬线张力变小，可采用的方法有…………………（ ）
A ．将磁场反向，且适当增大磁感应强度
B．改变电流方向，且适当增大电流强度
C．电流方向不变，且适当增大电流强度
D．磁场方向不变，且适当增大磁感强度
10、科学家在研究原子、原子核及基本粒子时，为了方便，常常用元电荷作为电量的单位，关于元电荷，下列论述中正确的是（）
A．1.6×10﹣19C的电量叫元电荷
B．把质子或电子叫元电荷
C．电子带有最小的负电荷，其电量的绝对值叫元电荷
D．质子带有最小的正电荷，其电量的绝对值叫元电荷
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）两位同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。

（1）为了完成本实验，下列必须满足的条件是_______。

A．斜槽轨道末端的切线必须水平
B．入射球和被碰球的质量必须相等
C．入射球和被碰球大小必须相同
D．入射球每次必须从轨道同一位置由静止滚下
（2）实验中测得入射球A的质量为m1，被碰撞小球B的质量为m2，图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影。

实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平拋射程分别为OM和ON。

当所测物理量满足表达式_______时，即说明两球碰撞过程动量守恒；如果满足表达式_______时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞。

12．（12分）利用两个小球的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示。

两个小球大小相同，质量不相等。

主要实验步骤如下：
①用天平测出两个小球的质量分别为m 1和m 2（12m m >）；
②将斜槽靠近桌子边缘置于桌面上固定，使斜槽末端切线水平，在末端点挂上重垂线，在地面已经铺好的纸上记录重垂线所指位置O 点；
③不放置被碰小球b ，让小球a 从某固定点自由滚下，重复多次后记录落地点平均位置P ；
④在斜槽末端放置小球b ，让小球a 从同一点自由滚下，重复多次后记录两小球落地点平均位置M 和N ；
⑤用米尺测量OP 、OM 、ON 的距离。

（1）a 、b 两小球中质量较大的是小球_________（填“a ”或b ”）。

（2）因为两小球做平拋运动的时间相同，平拋运动的水平位移与初速度_________，所以在计算式中可以用水平位移取代初速度。

（3）用测得的物理量来表示，只要满足关系式___________________________，则说明碰撞中动量是守恒的。

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）在真空中O 点放一个点电荷Q=+1.0×
10-9C ， M 点放一个点电荷q=-1.0×10-10C ，OM 的距离r=30cm ，静电力常量k=9.0×109N·m 2/C 2 求：
（1）q 在M 点受到的作用力大小；
（2）M 点的场强大小；
（3）拿走q 后M 点的场强大小。

14．（16分）如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U 1=4.5⨯103V 加速后以速度V 垂直等间距的进入电压U 2=180V ,间距为d =1.0cm ,板长l =5cm 的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s =10cm 的屏幕上的P 点，求：
（1）电子进入偏转电场时的速度v 0=?
（2）打在屏幕上的侧移位移OP =?
15．（12分）如图所示，电源电动势、内电阻、1R 、2R 均未知，当a 、b 间接入电阻
/1R ＝10Ω时，电流表示数为11A I =；当接入电阻/2
18R =Ω时，电流表示数为20.6A I =．当a 、b 间接入电阻/3R ＝118Ω时，电流表示数为多少？
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、C
【解题分析】
A ．由图可知，b 的分子的速率较大的分子数比较多，则b 的分子的平均动能一定比较大，由于温度是分子的平均动能的标志，所以a b T T <，故A 错误；
BC ．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，温度升高时，气体分子中速率大的分子所占的比例会增加，但不是每一个气体分子的速率都增大，故B 错误，C 正确；
D ．从a T 到b T 气体的体积减小，则外界对气体做正功；结合a b T T <可知气体的内能增大；而做功与热传递都可以改变物体的内能，所以从a T 到b T 气体的体积减小，气体不一定从外界吸收热量，故D 错误．
故选C ．
2、C
【解题分析】
从Ⅰ到位置Ⅱ过程中，+q 沿着电场线运动，-q 逆着电场线运动，电场力对两电荷都做
正功，所以W 1≠0；由位置Ⅱ到位置Ⅲ过程中，电场力对+q 做正功，电场力对-q 做的负功大小相等，因此电场力对两小球所做的总功为零，W 2=0，故C 正确，ABD 错误． 3、A
【解题分析】 由公式2Q E k
r
=、12r r ＜可知： 12E E ＞ 正电荷的电场线方向由P 1指向P 2，顺着电场线的方向电势降低，则电势
12ϕϕ＞
故A 正确，BCD 错误。

4、B
【解题分析】P 、Q 连线的中垂线上电场强度方向由O 指向无穷远，则负电荷q 由A 点沿中垂线移动到B 点，所受的电场力由B 指向A ，电场力一直做负功，q 的电势能逐渐增大，故AD 错误B 正确；O 点的场强为零，无穷远处场强也为零，从O 到无穷远场强先增大后减小，由于AB 间电场线的分布情况不能确定，所以由A 到B ，场强变化不能确定，则q 所受的电场力变化情况不能确定，故C 错误．
5、B
【解题分析】
1号干电池与5号干电池的电动势相等但是容量不同，所以A 项错误；电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，所以B 项正确；电动势公式E ＝中的W 与电压U ＝中的W 是静电力做功，所以C 项错误；电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，但两者意义不同，不能说电动势就是电源两级间的电压，所以D 项错误．
6、A
【解题分析】
由a 点移到b 点和由a 点移到c 点，静电力做功都是3.0×
10－8J ，表明b 、c 两点在等势面上．从图中可知ac 垂直于bc ，则ac 是在电场线上．又由于正电荷从a 移到b 做的是正功
0ac ac qU W =>，
即0ac U =>
也就是
0a c φφ->
则a 电势比b 高。

由ac ac qU W =，得
8
1031060510ac ac W U V q --⨯===⨯
匀强电场电势差与电场强度关系可知
375V/m ac U E ac
== 所以A 正确。

故选A 。

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、BD
【解题分析】
AB.微粒处于静止状态，所受的电场力与重力平衡，则知电场力方向竖直向上，由于微粒带负电，则电场强度方向竖直向下，故A 错误，B 正确；
CD.电场方向竖直向下，则地球表面所带的电荷是负电荷，故C 错误，D 正确。

8、ABC
【解题分析】
A ．线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：
F -mg sin θ=ma
则
F mgsin a m
θ-= 故A 正确．
B ．线框进入磁场时匀速运动，则有
F =mg sin θ+221 B L v R
解得速度
221
() F mgsin R v B L θ-= 故B 正确．
C ．根据右手定则判断得知线框进入磁场时，感应电流方向为a →b →c →d →a ．故C 正
确．
D ．根据能量守恒知线框进入磁场的过程中产生的热量为（F -mg sin θ）L 2，故D 错误． 故选ABC ．
9、CD
【解题分析】
当电流方向由A 向B 时，安培力方向竖直向上，有F+T=mg ，所以要使T 减小可增大安培力，由F=BIL 可知CD 对；
10、ACD
【解题分析】
1.6×10-19C 的电量叫元电荷，故A 正确；由元电荷定义：将电子或质子所带电量的绝对值称为元电荷，而不是把质子或电子叫元电荷，故B 错误，CD 正确．所以ACD 正确，B 错误．
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、ACD m 1·
OP =m 1·OM ＋m 2·ON 222112m OP m OM m ON =+ 【解题分析】
(1)[1]A ．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须切线水平，故A 正确； B ．为了防止入射球反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量，故B 错误； C ．为了使两球发生对心碰撞，入射球和被碰球大小必须相同，故C 正确； D ．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D 正确。

故选ACD ；
(2)[2]小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t 相等，它们的水平位移x 与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则
101122m v m v m v =+
又
012OP v t OM v t ON v t ===，，
代入得
112m OP m OM m ON =+
[3]若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得
222101122111222
m v m v m v =+ 将012OP v t OM v t ON v t ===，，代入得
222112m OP m OM m ON =+
12、a 成正比 112m OP m OM m ON =+
【解题分析】
（1）[1]．为防止两小球碰撞后，入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，即小球a 的量m 1。

（2）[2]．因为两小球做平拋运动的时间t 相同，水平位移
x=vt
所以
1212::x x v v =
即平抛运动的水平位移与初速度成正比，在计算式中可以用水平位移取代初速度。

（3）[3]．要验证动量守恒定律，即验证112P M N m v m v m v =+，小球离开轨道后做平拋运动，它们拋出点的高度相等，在空中的运动时间t 相等，上式两边同时乘以t 得 112m OP m OM m ON =+
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）1×
10-8N ；（2）100N/C ；（3）100N/C 【解题分析】
（1）根据库仑定律有：
. （2）电场强度为：
. （3）拿走q 后M 点的场强仍为100N/C.
14、（1）4×
107m/s （2）0.75cm 【解题分析】
（1）动能定理求出电子进入偏转电场的速度；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，应用类平抛运动规律与匀速直线运动规律求出电子的偏移量；
【题目详解】
（1）电子在加速电场中加速，由动能定理得：，
代入数据解得：，故电子进入偏转电场的速度：；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动， 在水平方向：， 在竖直方向上：由牛顿第二定律得：
飞出电场时偏转量为：
代入数据解得：； 设电子从偏转场穿出时，沿y 方向的速度为v y ，穿出后到达屏S 所经历的时间为t 2， 在此时间内电子在y 方向移动的距离为y 2，有：
运动时间： ，竖直位移：，
故电子到达屏S 上时，它离O 点的距离：
， 代入数据解得：。

【题目点拨】 解决本题的关键是搞清楚每一过程做的是什么运动，然后根据运动的合成与分解进行求解，注意牛顿第二定律与运动学公式综合求解是本题解决的重点。

15、0.1A
【解题分析】
当a 、b 间分别接入电阻R 1′、R 2′、R 3′时，根据闭合电路欧姆定律列式，代入数据，联立方程即可求解．
【题目详解】
当a 、b 间接入电阻R 1′=10Ω时，根据闭合电路欧姆定律得：
E ＝(I 1+112
I R R ')(R 1+r )+I 1R 1′ 代入数据得：E=(1+2
10 R )(R 1+r )+10①
当接入电阻R 2′=18Ω时，根据闭合电路欧姆定律得： E ＝(I 2+222
I R R ')(R 1+r )+I 2R 2′ 代入数据得：E=(0.6+2
10.8 R )(R 1+r )+10.8② 当a 、b 间接入电阻R 3′=118Ω时，根据闭合电路欧姆定律得：
E ＝(I 3+332
I R R )(R 1+r )+I 3R 3′ 代入数据得：E ＝(I 3+32
118 I R )(R 1+r )+118I 3③ 由①②③解得：I 3=0.1A
【题目点拨】
本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，解题的关键是搞清楚电路的结构，解题时不需要解出E 、r 及R 1、R 2的具体值，可以用E 的表达式表示R 2和r+R 1，难度适中．。