2024届陕西省渭南高级中学物理高二第一学期期中检测模拟试题含解析

2024届陕西省渭南高级中学物理高二第一学期期中检测模拟试
题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、下图是电场中某区域的电场线分布图，P点是电场中的一点，则ABCD选项中正确的是（）
①P点电场强度方向向左
②P点的电场强度方向向右
③正点电荷在P点所受的电场力的方向向左
④正点电荷在P点所受的电场力的方向向右
A．只有①③正确B．只有②③正确
C．只有①④正确D．只有②④正确
2、如图，两平行的带电金属板水平放置，若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。

现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）顺时针旋转600，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )
A．向左下方做匀加速运动，加速度大小为g
B．向左下方做匀加速运动，加速度大小为2g
C．向右下方做匀加速运动，加速度大小为g
D．向右下方做匀加速运动，加速度大小为2g
3、关于地球的第一宇宙速度，下列表述正确的是（）
A．第一宇宙速度大小为7.9km/s B．第一宇宙速度大小为11.2km/s
C．第一宇宙速度是最大发射速度D．第一宇宙速度是最小运行速度
4、在地面附近，存在着一有理想边界的电场，边界A、B将该空间分成上下两个区域Ⅰ、
Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向下的匀强电场，区域Ⅰ中无电场．在区域Ⅱ中边界下方某一位置P ，由静止释放一质量为m ，电荷量为q 的带负电小球，如图（a ）所示，小球运动的
v -t 图象如图（b ）所示，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下说法不正确的是
A ．小球在7s 末回到出发点
B ．电场强度大小是47mg
q
C ．P 点距边界的距离为20
23v g
D ．若边界AB 处电势为零，则P 点电势为20
76mv q
-
5、图所示为电场中某条电场线的示意图，则下列说法中正确的是 （ ）
A ．电场线是电场中实际存在的线
B ．电场线上每点的切线方向表示电场中该点的电场强度方向
C ．电场线在电场中可以相交
D ．电场中电场线较密的地方电场强度较小，电场线较疏的地方电场强度较大 6、下列说法正确的是___________ A ．由库仑定律12
2
q q F k
r =可知0r →，当时， F →∞ B ．处于静电平衡状态的导体内部场强处处为0 C ．电场中某点的电场强度越大，则该点的电势越高 D ．电场线与等势面平行
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，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．小球由静止开始下滑直到稳定的过程中：（）
A．小球的加速度先增大后减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是
2
2
qE mg v
qB
μ
μ
-
=
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是
2
2
qE mg v
qB
μ
μ
+
=
8、如图甲、图乙所示分别为定值电阻A和定值电阻B的U I
-曲线，则下列说法中正确的是( )
A．由于U I
-曲线的斜率表示电阻的大小，则定值电阻A、B的阻值相等
B．定值电阻A与定值电阻B的阻值之比为1:2
C．如果在两电阻两端加相同的电压，流过两电阻的电流相同
D．如果在两电阻两端加相同的电压，则相同时间内通过导体截面的电荷量之比为2:1 9、关于磁感线的描述，正确的是（）
A．沿磁感线的方向，磁场逐渐减弱
B．利用磁感线疏密程度可以比较磁场中两点磁场强弱
C．磁铁周围小铁屑有规则的排列，正是磁感线真实存在的证明
D．不管有几个磁体放在某一空间，在空间任一点绝无两根（或多根）磁感线相交
10、关于物体的动量和冲量，下列说法中正确的是（）
A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大
B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变
C．物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向
D．物体所受的合外力越大，它的动量变化越快
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）在描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，提供下列器材：
A．小灯泡(3V0.6 W)；B．电压表(0～3V，内阻约3 kΩ)；
C．电流表(0～250 mA，内阻约1Ω)；D．电流表(0～0.6 A，内阻约0.4Ω)；E．滑动变阻器(10Ω2 A)；F．滑动变阻器(100Ω0.5 A)；
G．电池组(电动势6V)；H．开关、导线若干．
(1) 实验时电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(用序号字母表示)
(2) 请用笔画线代替导线，将实物电路图连接完整______．
(3) 实验中记录多组电压表示数U和电流表示数I，在图中画出I-U图象_______．
编号 1 2 3 4 5 6 7 8
U/V 0.20 0.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.60 3.00
I/A 0.020 0.060 0.100 0.140 0.170 0.190 0.200 0.205
12．（12分）在“测定电源的电动势和内阻”的实验中,现备有以下器材：
A．干电池E 1节
B．滑动变阻器R1 (0～50 Ω)
C．滑动变阻器R2 (0～10 kΩ)
D．电压表V1 (0～3 V)
E．电压表V2 (0～15 V)
F．电流表A1 (0～0.6 A)
G．电流表A2 (0～3 A)
H．电键K、导线若干．
①.为了最大限度的减小实验误差，电压表选用_______，电流表选用_______，滑动变阻器选用______（填器材的代号）
②.在虚线框内画出该实验最合理的电路图____
③.某同学根据记录的实验数据下图中画出U－I图线．根据图线得到被测电池的电动势E＝_______V，内电阻r＝_______Ω.（结果保留三位有效数字）
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，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里．有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2) 磁场区域的半径R；
(3)磁场区域的圆心O1的坐标；
(4)电子在磁场中运动的时间．
的带电小球拴在一不可伸长的绝缘轻14．（16分）如图所示，质量为m、电荷量为q
细绳一端，绳的另一端固定于O点，绳长为l．现加一个水平向右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成θ=30°角的A点．已知重力加速度为g．求：
（1）所加电场的场强E的大小；
（2）若将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放，则小球经过最低点C时，绳对小球拉力的大小．
15．（12分）如图所示，两平行金属板板长L=10cm，板间距离d=10cm的平行电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m，带电荷量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离，(g取10m/s2)，求：
(1)电容器左侧匀强电场的电场强度E的大小；
(2)小球刚进入电容器C时的速度v的大小；
(3)电容器C极板间的电压U。

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、D
【解题分析】
试题分析：电场线的方向就是电场强度的方向，故P点电场强度方向向右．故①错误②正确．正电荷所受电场力的方向就是该点场强的方向，故正电荷在P点所受电场力向右．故③错误．负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，故负电荷在P点所受
电场力向左．故④正确．故选D．
考点：电场线；电场强度
【名师点睛】电场线的方向就是电场强度的方向，正电荷所受电场力的方向与该点场强的方向相同，负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，把握了电场线的特点即可顺利解决此题．
2、C
【解题分析】
在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）顺时针旋转60°，电场强度大小不变，方向顺时针旋转60°，故电场力顺时针旋转60°，大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为120°，两力的合力仍为mg，方向斜向右下方，则粒子的加速度大小为g，向右下方做匀加速运动，选项C正确，ABD错误；故选C.
【题目点拨】
本题关键是对微粒受力分析后结合牛顿第二定律分析，注意本题中电容器的两板绕过a 点的轴顺时针旋转，板间场强大小不变，只是方向发生改变.
3、A
【解题分析】
物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，在地面附近发射飞行器，如果速度等于7.9km/s，飞行器恰好做匀速圆周运动，选项A正确，B错误。

人造卫星在圆轨道上运行时，运行速度，轨道半径越小，速度越大，故第一宇宙速度是卫星在圆轨道上运行的最大速度，故D错误。

而发射越高，克服地球引力做功越大，需要的初动能也越大，故第一宇宙速度是发射人造地球卫星的最小发射速度，故C 错误；故选A。

【题目点拨】
第一宇宙速度有三种说法：①它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度．②它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度．③它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度.
4、B
【解题分析】
试题分析：小球回到出发点时通过的位移为0，根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移可知，小球在7s末回到出发点，故A正确；由图象的斜率等于加速度，得小球在
电场中的加速度为：a1=离开电场后的加速度大小为a2=
由牛顿第二定律得：
qE-mg=ma1 ①
mg=ma2 ②
由①②得：电场强度E=,B错误；从边界到P点，由动能定理得：
-ma2y=0-mv02③
解得：P点距边界的距离y=v0，C错误．
D、若边界AB处电势为零，边界与P点间的电势差为U=Ey=0-φp=×v0
解得：P点电势为
2
7
6
mv
q
．D正确．
考点：本题考查带电粒子在电场中的运动．
5、B
【解题分析】
A．电场线是假想的，电场中实际不存在电场线，故A错误；
B．电场中某点的方向等于该点沿电场线的切线方向，选项B正确；
C．若电场线相交，则相交处场强方向有两个，和电场方向是唯一的相矛盾，故电场线不相交，故C错误；
D．电场线的疏密表示电场强弱，电场线较密的地方电场强度较大，电场线较疏的地方电场强度较小，故D错误；
6、B
【解题分析】库仑定律使用的条件是真空中的点电荷，当r→1时，不能看成点电荷，库仑定律不再适用．故A错误；当感应电荷的电场与外电场大小相等时方向相反时达到静电平衡，所以处于静电平衡状态的导体内部场强处处为1．故B正确；电势的高低与电场强度的大小无关，电场中某点的电场强度越大，该点的电势不一定高．故C错误；电场线与等势面垂直．故D错误．故选B.
点睛：此题考查了库仑定律、静电感应现象电场线与电势的关系以及电场线与等势面的关系．其中处于静电感应平衡状态导体的特点，导体内部合场强处处为零，是一个等势体，这是题目中易错的地方．
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、ACD 【解题分析】
A 项，因为小球静止下滑，所以小球刚开始受到的摩擦力小于重力，根据牛顿第二定律可得mg qE qv
B ma μ--=，得mg qE qvB
a m
μ--=
，刚开始随着小球速度的增大，
小球的加速度逐渐增大；当洛伦兹力和电场力相等时，小球受到的摩擦力为零，加速度达到最大，但随着小球速度的增加，洛伦兹力增大，且大于电场力，摩擦力逐渐增大，加速度逐渐减小，所以小球的加速度是先增大后减小，故A 项正确．
B 项，电场力与速度总是垂直，所以电场力不做功，电势能不变；由于摩擦力一直做负功，所以小球的机械能一直减小，则小球的机械能和电势能的总和不断减小，故B 项错误．
C 、
D 项，最大加速度为g ，加速度为一半时有1
2
mg qE qvB m
g μ--=，解得22qE mg v qB μμ-=
或者22qE mg
v qB
μμ+=，故CD 项正确．
综上所述，本题正确答案为ACD ． 8、BD 【解题分析】
定值电阻图像的斜率即为电阻的阻值，通过图像可以求解电阻的大小，根据欧姆定律求解电流和电压值。

【题目详解】
AB ．由欧姆定律可知：
12
Ω3Ω4
12
Ω6Ω
2
A A A
B B B U R I U R I =
=====
A 错误，
B 正确；
CD ．由欧姆定律可知，两电阻两端加相同的电压时，流过两定值电阻的电流之比为2:1，又由公式q It =可知，相同时间内通过导体截面的电荷量之比为2:1，C 错误，D 正确。

【题目点拨】
掌握图像斜率的物理意义和部分电路欧姆定律是解决本题的关键。

9、BD
【解题分析】
AB.磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密的地方，磁场越强，越疏的地方，磁场越弱，但沿磁感线，磁场并不一定减弱，故A错误，B正确。

C.磁感线是为了形象地描述磁场而假想的曲线，是不存在的。

故C错误。

D.磁感线不会相交，因为如果相交，交点会有两个切线方向，即有两个磁场方向，故D 正确。

10、BCD
【解题分析】
A．根据动量定理，物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化也越大，选项A错误；B．根据动量定理，物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变，选项B正确；C．根据动量定理，物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向，选项C 正确；
D．根据动量定理，
p
F
t
∆
=
∆
，则物体所受的合外力越大，它的动量变化越快，选项D
正确。

故选BCD。

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、D F
【解题分析】
[1][2]灯泡额定电压为3V，电压表应选择B；由表中实验数据可知，最大电流为0.205A，电流表应选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F；
[3]由实验数据可知，最小电流为0.02A，滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：
[4]根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：
12、V1A1R1 1.50（1.49-1.51） 1.00（0.950-1.05）
【解题分析】(1)为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的滑动变阻器R1，由图象可知，电源电动势约为1.5V，则电压表选电压表V1，电路最大电流约为0.5A，则电流表选电流表A1；
(2)应用伏安法测电源的电动势与内电阻，用电流表测电流，电压表测路端电压，据此作出实验电路图
(3)由图象可知，电源的U-I图象与纵轴的交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.50V，
电源内阻 1.50 1.00 1.000.50U r I ∆-==Ω=Ω∆ 【题目点拨】为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，源的U-I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；
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）02mv eL （2）R L =（3）31(,)22L L （4）0
23L v π 【解题分析】
（1）过B 点作电子出射速度方向的垂线交y 轴于O 2点，则O 2点为电子在磁场中运动轨迹的圆心，画出电子的运动轨迹如图所示。

由几何知识得∠AO 2B =60°
设电子在磁场中运动的轨迹半径为r ，则
r −L =r cos60°，
得r =2L
又由洛伦兹力提供向心力，得：
200v ev B m r
= 则得：02mv B eL
=； （2）由题意和上图的几何关系可得，过A 、O 、B 三点的圆的圆心在AB 连线的中点。

则磁场区域的半径R ：
0cos60R r L ==
（3）由几何关系可知磁场区域圆心的坐标为：
x 轴坐标：
x =AO 1sin60°=32L y 轴坐标：
y =BO 1sin30°=12
L 故O 1点坐标为(
32L ，12L ) （4）由几何知识∠AO 2B =60°
粒子在磁场中飞行时间为：
0000
60223603r L t v v ππ== 14、（1）33mg q （2）2333
F mg mg =- 【解题分析】
试题分析：（1）在A 点由小球受力平衡得：
解得：
（2）由B 到C 点过程由动能定理得：
小球做圆运动在C 点有：
联立得：
考点：物体的平衡及动能定理．
15、 (1)
(2) (3)
【解题分析】
试题分析：（1）进入电场前，小球做匀加速直线运动，受重力和电场力，合力水平向右，根据平行四边形定则求解出合力和电场力；
（2）多O 到A 过程根据动能定理列式求解即可；
（3）小球在电容器中做类似平抛运动，根据分位移公式列式求解即可．
解：（1）由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：①
解得：
（2）从O点到A点，由动能定理得：②
解之得：v=3m/s（3）小球在电容器C中做类平抛运动，
水平方向：L=vt ③
竖直方向：④
根据牛顿第二定律，有：⑤
③④⑤联立求解得：
答：（1）电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小为；
（2）小球刚进入电容器C时的速度V的大小为3m/s；
（3）电容器C极板间的电压U为．
【点评】本题关键明确小球的运动规律，然后根据动能定理、类平抛运动分位移公式和牛顿第二定律列式后联立求解即可．。