2024届河南省平顶山市郏县第一高级中学物理高二上期中学业水平测试模拟试题含解析

2024届河南省平顶山市郏县第一高级中学物理高二上期中学业
水平测试模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、套有三个带电小球的圆环放在水平面桌面上（不计一切摩擦），小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图所示．三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是 AB>AC>BC ，可以判断图中
A ．三个小球电荷量的代数和可能为0
B ．三个小球一定带同种电荷
C ．三个小球所受环的弹力大小为FA>FC>FB
D ．三个小球带电荷量的大小为Q A >Q C >Q B
2、两个放在绝缘架上的相同金属球，相距r ，球的半径比r 小的多，带电荷量大小分别为q 和3q ，相互斥力为F 。

现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力将变为：（ ）
A ．F
B ．
C ．
D ．4F
3、把甲物体从2h 高处以速度v 0水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为L ，把乙物体从h 高处以速度2v 0水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为s ，则L 与s 的关系为 A ．2s L = B ．2L s = C ．2L s = D ．2L s =
4、下列与电容器相关的知识，描述正确的是
A．图甲为电容器充电示意图，充电过程中通过电流计的电流方向从右向左，充完电后电容器上极板带正电
B．图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小和方向保持不变
C．图丙为一种可变电容器，它是通过改变两极板间的正对面积来改变电容的
D．图丁中的电容器上标有“5.5V;1.0F”字样，说明该电容器的击穿电压为5.5V，电容为1.0F
5、下列速度中，属于瞬时速度的是（）
A．飞机起飞时的速度约为500km/h
B．汽车从甲站行驶到乙站的速度约为35km/h
C．轮船从大连航行到青岛的速度约为18km/h
D．小芳从家里步行到学校的速度约为5km/h
6、如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点．将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（）
A．电容器的电容增加
B．在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流
C．A、B两板间的电场强度增大
D．P点电势升高
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、一根轻质杆长为2L，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球1和小球2，它们的质量均为m，带电荷量分别为+q和–q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中。

现将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，设A、B间电势差为，该过程中( )
A．小球2受到电场力变小
B．小球1电势能减少量小于
C．小球1、2的机械能总和增加量小于
D．小球1、2的动能总和增加了
8、如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态．则下列说法正确的是（）
A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中→的电流
有b a
→B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b a 的电流
C．若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，P点电势升高
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，P点电势不变
9、根据磁感应强度的定义式B＝F/(IL)，下列说法中正确的是（）
A．在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比
B．一小段通电直导线在空间某处受磁场力F＝0，那么该处的B一定为零
C．磁场中某处B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同
D．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零
10、如图所示为某电场的电场强度E随时间t变化的图象。

当t＝0时，在此电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）
A．0 - 3s内，电场力的总功为零
B．2s末带电粒子回到原出发点
C．带电粒子在0 - 1s与0 - 2s两过程中位移相同
D．带电粒子将始终向同一个方向运动
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）（1）当使用多用电表测量物理量时，多用电表表盘示数如图所示．若此时选择开关对准×10Ω挡，则被测电阻的阻值为_______Ω．若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏转角度很大，则应该换用倍率更_____（填“高”或“低”）的挡位，换挡后还要_____，用完电表后把选择开关拨到_____．
（2）为了测定一节旧干电池的电动势和内阻（内阻偏大），配备的器材有：
A．电流表A（量程为0.6A）
B．电压表V（量程为1V，内阻为1.2kΩ）
C．滑动变阻器R1（0~10Ω，1A）
D．电阻箱R2（0~9999.9Ω）
某实验小组设计了如图所示的电路．
①实验中将量程为1V电压表量程扩大为2V，电阻箱R2的取值应为__________kΩ．
②利用上述实验电路进行实验，测出多组改装后的电压表读数U V与对应的电流表读数
I A，利用U V–I A的图象如图所示．由图象可知，电源的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω．
12．（12分）用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关.
(1)本实验采用的科学方法是_______。

A．控制变量法B．累积法C．微元法D．放大法
(2)图示情景正在探究的是______。

A．向心力的大小与半径的关系
B．向心力的大小与线速度大小的关系
C．向心力的大小与角速度大小的关系
D．向心力的大小与物体质量的关系
(3)通过图示实验可以得到的结论是_____________。

A．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比
B．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比
C．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比
D．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比
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，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m 的平行导轨上放一重力为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止．求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B
（2）ab棒对导轨的压力
（3）试求使金属棒平衡的最小的磁感应强度B是多少？方向如何？
14．（16分）假设航母静止在海面上，舰载机在航母跑道上从静止开始做匀加速直线运动，以5m/s2的加速度运动，需要达到50m/s的速度才可升空，求：
(1)滑行5s后，舰载机的速度大小；
(2)从启动到起飞，至少滑行多长时间；
(3)航母跑道至少多长。

15．（12分）在如图所示的电路中，R1＝3Ω，R2＝6Ω，R3＝1.5Ω，C＝20μF，当开关S 断开时，电源的总功率为2W；当开关S闭合时，电源的总功率为4W，求：
(1)电源的电动势和内电阻；
(2)闭合S时，电源的输出功率；
(3)S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？
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、B
【解题分析】
对A 分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么B 与C 对A 引力，要么对A 斥力，才能处于平衡状态，因此A 不可能受到一个斥力一个引力，所以BC 带同电，分析B 根据平衡条件可得AC 同电，可得三个同电，所以三个小球电荷量的代数和不可能为零，A 错误B 正确；A 受到两斥力，设圆心O ，AB 大于AC ，同时角OAB 小于角OAC ，可
得受B 力更大，又离B 远可得B 电量大于C ，同理A 电量大于B 电量，
A B C Q Q Q >>，故D 错误；根据相似三角形法可得C A B N N N BC AC AB ==，故可得，C 错误；
【题目点拨】
三个带电小球处于平衡状态，根据平衡状态找出研究对象所受的合力必须为零进行判断．三个力平衡．任意两个力的合力与第三个力等值反向．
2、B
【解题分析】
由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系。

【题目详解】
由库仑定律可得：
相互斥力 由于带同种电荷，当两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为2q ； 则库仑力
，故B 正确，ACD 错误。

故应选：B 。

【题目点拨】
本题很多同学由于没有看清题意而错将F 来表示了接触前的库仑力，从而导致错误；
在学习中应注意审题的练习。

3、C
【解题分析】
根据2h =12
gt 12，得
1t 则
01L v t v =＝同理由 2212
h gt =，得
2t 则
0222s v t v =＝所以
2
L s =． A. 2s L =
，与结论不相符，选项A 错误；
B. L =
，与结论不相符，选项B 错误；
C. 2
L s =，与结论相符，选项C 正确； D. 2L s =，与结论不相符，选项D 错误。

4、C
【解题分析】
A. 图甲为电容器充电示意图，充电过程中通过电流计的电流方向从左向右，充完电后电容器上极板带正电，故A 错误．
B. 图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流方向保持不变，电流大小随电量的变化而变化，故B 错误．
C. 图丙为一种可变电容器，它是通过改变两极板间的正对面积来改变电容的，故C 正
确．
D. 5.5V 是最大电压或额定电压，不是击穿电压，击穿电压大于5.5V ，故D 错误． 5、A
【解题分析】
A 、飞机起飞速度是指飞机在离地起飞瞬间的速度，为瞬时速度，A 正确；
B 、汽车从甲站行驶到乙站的速度为一段位移内的速度，为平均速度，B 错误；
C 、轮船从大连航行到青岛的速度为一段位移内的速度，为平均速度，C 错误；
D 、小芳从家里步行到学校的速度对应一段位移，故为平均速度，D 错误； 故选A 。

6、B
【解题分析】
A ．根据4S C kd
επ=，当A 板向上平移一小段距离，间距d 增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A 错误；
B ．在A 板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R 中有向上的电流，故B 正确；
C ．根据U E d =与4S C kd
επ=相结合可得： 4kQ E S
πε= 由于电量减小，场强大小变小，故C 错误；
D ．因场强变小，导致P 点与B 板的电势差减小，因B 板接地，电势为零，即P 点电势降低，故D 错误．
【题目点拨】
做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用，掌握电场强度的推导式，注意B 极接地，电势为零．
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】
由图可知，杆由水平位置转到竖直位置时，球2所处的位置电场线变得密集，场强变大，则球2所受的电场力变大，选项A 错误；根据电场线分布的对称性可知：开始时两个小球处于同一等势面上，转动后，小球1所在位置A 的电势较低，小球2所在位置B
的电势较高，根据等势面线电场线的关系知道，A 、1间电势差小于2、B 间的电势差，小球2的电势升高量大于小球1电势降低量，所以小球1的电势能减小量小于qu ，小球2的电势能减小量大于qu ，选项B 正确；根据动能定理，系统的重力势能未变，则动能增加量等于电场力对系统做功，大小为uq ，机械能增加量等于动能的增加量，即系统的机械能增加量也为uq ，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

【题目点拨】
本题关键要能正确分析小球能量如何转化，运用W=qU 和U=Ed 定性分析两球电势能的变化关系，由能量守恒定律分析即可。

8、BD
【解题分析】
A ．开始时，重力和电场力平衡，故：mg=qE ；将A 板向下移，由U E d =可知，E 变大，故油滴应向上加速运动；根据4S C kd
επ= 可知C 变大，根据Q=CU 可知电容器带电量变大，电容器充电，故G 中有a →b 的电流，故A 错误； B ．若将A 板向右平移一小段位移，由U E d =
可知，E 不变，油滴仍静止；根据4S C kd
επ=，可知C 变小，根据Q=CU 可知电容器带电量变小，电容器放电，故G 中有b →a 的电流，
故B 正确；
C ．若将S 断开，Q 不变，A 向左平移一小段距离，根据4S C kd
επ=可知，电容C 减小，再根据Q=CU 可知，U 增大；根据U=Ed 可知，E 增大；则PB 电势差增大，而B 板接地，因此P 点电势降低；故C 错误；
D ．若将S 断开，Q 不变；再将A 板向下平移一小段位移，根据4S C kd επ=
，Q=CU 、U=Ed ，得到4kQ E S πε=
，故电场强度不变，且P 点电势不变，故D 正确． 9、BD
【解题分析】
磁感应强度的定义式B=,是比值定义的，在磁场中某确定位置，B 与F 与I 、L 的乘积没有直接关系，仅是它们的比值．A 错．一小段能通电直导线在空间某处受磁场力F=0，如果电流平行于磁场放置则B 不一定为零，B 错．磁场中某处的B 的方向跟电流在该处受磁场力F 的方向垂直，C 错．一小段通电直导线放在B 为零的位置，那么它受到磁场力F 也一定为零，D 对．
10、AC
【解题分析】
由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s 内的加速度为，为第2s 内加速度
的1/2，因此先加速1s 再减小0.5s 时速度为零，接下来的0.5s 将反向加速，v-t 图象如图所示：
因为第3s 末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s 内动能变化为0，即电场力做的总功为零。

故A 正确。

根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s 时，带电粒子的合位移不为零，没回到出发点，故B 错误；根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，带电粒子在0 - 1s 与0 - 2s 两过程中位移相同，选项C 正确；带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故D 错误。

故选AC 。

【题目点拨】
本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性。

若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动。

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、2.8⨯102 低 欧姆调零 off 挡或者交流电压最高挡 1.2 1.60
2.75
【解题分析】
（1）[1][2][3][4]．若此时选择开关对准 ×10Ω挡，则被测电阻的阻值为
28×10=2.8⨯102Ω．若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏转角度很大，说明倍率挡选择过高，应该换用倍率更低的挡位，换挡后还要欧姆调零，用完电表后把选择开关拨到off 挡或者交流电压最高挡．
（2）①[5]．实验中将量程为1V 电压表量程扩大为2V ，电阻箱R 2的取值等于伏特表的内阻，即应为1.2kΩ．
②[6][7] ．根据U =E-Ir ，由图象可知，电源的电动势E =1.60V ，内阻
1.60.5
2.750.4
U r I ∆-==Ω=Ω∆ ． 12、A D C
(1)[1]在这两个装置中控制半径、角速度不变，只改变质量来研究向心力与质量之间的关系，故采用的控制变量法，所以A 是正确的
(2)[2]控制半径、角速度不变，只改变质量来研究向心力与质量之间的关系，所以D 是正确的.
(3)[3]通过控制变量法得到的结果为在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比,所以C 是正确的
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、（1
（2）6N （3
）
2
T ，方向垂直于斜面向上 【解题分析】
（1）棒静止时，通过受力分析可知．
则有：F=Gtan60°
即：BIL=Gtan60° 解得：
B=0tan 60G IL ==． （2）ab 棒对导轨的压力与F N 大小相等．
6cos60N G F N == 故ab 棒对导轨的压力为6N ．
（3）若要使B 取值最小，即安培力F 最小．显然当F 平行斜面向上时，F 有最小值，此时B 应垂直于斜面向上，且有：
F=Gsin60°
所以：B min IL=Gsin60°
0min 3sin 60232
G B T IL ===⨯
【题目点拨】
（1）根据共点力平衡求出安培力的大小，从而根据F=BIL 求出磁感应强度的大小．
（2）根据共点力平衡，运用合成法求出支持力的大小，从而得出对导轨的压力．
（3）当安培力平行斜面向上时，F 有最小值，即磁感应强度具有最小值．
14、 (1)25m/s ；(2)10s ；(3)250m
(1)滑行5s 后，舰载机的速度大小
5555m/s=25m/s v at ==⨯
(2)从启动到起飞，至少需要滑行的时间
50s=10s 5
v t a == (3)航母跑道长度
22
50m=250m 225
v x a ==⨯ 15、 (1)4V ,0.5Ω （2）3.5W （3）-5610C ⨯ ,0
【解题分析】
断开S ，R 2、R 3串联，根据闭合电路欧姆定律求解出电流和电功率表达式；S 闭合，R 1、R 2并联再与R 3串联，再次根据闭合电路欧姆定律求解出电流和电功率表达式；最后联立求解；闭合S 时电源的输出功率为P =EI -I 2r ；S 断开时，C 两端电压等于电阻R 2两端电压，求解出电压后根据Q =CU 列式求解．
【题目详解】
（1）S 断开，R 2、R 3串联根据闭合电路欧姆定律可得：E I R r
=+ 总功率为：2
27.5E P IE W r
===+ S 闭合，R 1、R 2并联再与R 3串联，总外电阻12312 3.5R R R R R R =
+=Ω+ 根据闭合电路欧姆定律可得： 3.5E E I R r r
='+'=+ 所以总功率为：2
3.5E P EI r
='=+ 联立解得：E =4V ，r =0.5Ω
（2）闭合S ，总外电阻R ′=3.5Ω 干路电流为1E I A R r
'=+'= 输出功率P 出=EI ′-I ′2r =4×
1-1×0.5=3.5W （3）S 断开时，C 两端电压等于电阻R 2两端电压：22224637.57.50.5
E U I R R V V r ==⋅=⨯=++ 可得电量为：Q =CU 2=20×
10-6×3=6×10-5C
本题首先要理清电路结构，然后结合闭合电路欧姆定律和电功率表达式列式分析．。