广东省华南师大附中2024届物理高二上期中达标检测试题含解析

广东省华南师大附中2024届物理高二上期中达标检测试题
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、下列属于防范静电的是( )
A．避雷针
B．喷涂
C．静电复印
D．静电除尘
2、周期为2.0s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的图象如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动，则该波（）
A．沿x轴正方向传播，波速v=20m/s B．沿x轴正方向传播，波速v=10m/s C．沿x轴负方向传播，波速v=20m/s D．沿x轴负方向传播，波速v=10m/s 3、如图所示的虚线区域内，充满垂直纸面向内的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，一带电颗粒A以一定初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿水平直线从区域右边界O'点穿出，射出时速度的大小为v A，若仅撤去磁场，其它条件不变，另一个相同的颗粒B仍以相同的速度由O点射入并从区域右边界穿出，射出时速度的大小为v B，则颗粒
A．穿出位置一定在O'点上方，v B<v A
B．穿出位置一定在O'点上方，v B>v A
C．穿出位置一定在O'点下方，v B<v A
D．穿出位置一定在O'点下方，v B>v A
4、关于某力做功的功率，下列说法正确的是（）
A．该力越大，其功率就越大B．该力在单位时间内做的功越多，其功率就越大
C．功率越大说明该力做的功越多D．功率越小说明该力做功越快
5、在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向
A．与ab边平行，竖直向上
B．与ab边平行，竖直向下
C．与ab边垂直，指向左边
D．与ab边垂直，指向右边
6、示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成．如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是()
A．U1变大，U2变大
B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小
D．U1变小，U2变小
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、如图甲所示A、B是某电场中一条电场线上的两点。

一个带负电的点电荷仅受电场
力作用，从A点沿电场线运动到B点。

在此过程中，该点电荷的速度v随时间t变化的规律如下图乙所示。

则下列说法中正确的是（）
A．A点的电势比B点的电势高
B．A、B两点的电场强度相等
C．A点的加速度比B点的小
D．A点的电势能比B点的电势能高
8、如右图所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则()
A．电子一直沿Ox负方向运动B．电场力一直做正功
C．电子运动的加速度不变D．电子的电势能逐渐增大
9、如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，串联的固定电阻为，滑动变阻器的总电阻是，电阻大小关系为，则在滑动触头从a端移到b端的过程中，下列描述正确的是（）
A．电路的总电流先增大后减小
B．电路的路端电压先增大后减小
C．电源的输出功率先减小后增大
D．滑动变阻器上消耗的功率先减小后增大
10、图中虚线是某电场中的一簇等势线．两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示．若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是
A．a、b两点的电场强度大小关系E a<E b
B．a、b两点的电势关系U a>U b
C．粒子从P运动到a的过程中，电势能增大
D．粒子从P运动到b的过程中，动能增大
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）有一节干电池，电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω某实验小组为了比较准确的测量其电动势和内阻，在实验室找到了如下器材：
A．电流表A量程0.6A，内阻约为0.5Ω
R=Ω
B．电流表G量程2.0mA，内阻10
g
R=Ω
C．定值电阻1990
R=Ω
D．定值电阻29990
RΩ，额定电流2A)
E.滑动变阻器3(0~20
R-Ω，额定电流0.5A)
F.滑动变阻器4(01000
G.开关S和导线若干．
(1)因缺少电压表，该组同学准备利用电流表G与定值电阻串联改装成电压表，为较好
的满足测量需要，定值电阻应选择______填“C”或“D”；为操作方便，滑动变阻器应选择______填“E ”或“F ”．
(2)该小组根据实验原理图连接线路、测量数据、并在坐标纸上描点连线，得到相应的图线如图，其中I 1为电流表G 的示数，I 2为电流表A 的示数，则该电源的电动势E =____________V ，内阻r =______Ω(两空均保留三位有效数字)
12．（12分）某同学想要精密测量一金属丝的电阻率.
(1)他先用多用电表“10Ω⨯”档粗测其电阻,发现指针偏转角度过大,为了减小测量结果的误差,需要调节为___________档来测.(填“1Ω⨯”或“100Ω⨯”)
(2)如图所示,他用游标卡尺测得其长度L 为__________cm;用螺旋测微器测金属丝直径d 为__________mm.
(3)为了减小实验误差,需进一步测其电阻,除待测金属丝外,实验室还备有的实验器材如下:
A ．电压表V(量程0~3V ,内阻约为15k Ω)
B ．电流表A(量程0~0.6A,内阻约为1Ω)
C ．滑动变阻器R 1(0~5Ω,1.5A)
D ．滑动变阻器R 2(0~2000Ω,0.1A)
E. 1.5V 的干电池两节,内阻不计
F. 电阻箱
G . 开关,导线若干
为了测多组实验数据(要求电压和电流的变化范围尽可能大一些),则上述器材中的滑动变阻器应选用___________(填“R 1”或“R 2”).请在虚线框内设计最合理的电路图________.
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）为了研究过山车的原理，某同学利用国庆假期体验了温州乐园的过山车（如图甲）。

过山车轨道可以理想化为如图乙所示：一个与水平方向夹角为37︒、长为
L=12.0m 的倾斜轨道AB,通过水平轨道BC、半径R=2m的竖直圆形轨道与水平轨道EF 相连,C为竖直轨道的最低点,D为最高点,E为出口,整个轨道摩擦力不计。

其中轨道间都通过一小段长度可忽略的光滑圆弧相连。

现使一质量m=1kg的物块（可看作质点）从倾斜轨道A点静止释放沿圆轨道运动。

（g取10m/s2）求：
（1）物块滑到C点的速度大小
（2）物块通过D点时对轨道的压力
（3）设物块静止释放点离底部B点在斜面上的距离为x，为了使物块不脱离圆轨道运动，求x应该满足的条件。

14．（16分）如图所示，空间存在与水平地面成37°角的有界匀强电场，水平地面上有一根细短管(距地面高度可忽略)，与水平地面之间的夹角为37°。

一个略小于细短管直径、质量为m=0.1kg、电荷量为q=0.1C的带电小球，从水平地面上方一定高度处的A 点（A点未标出）静止释放，恰好沿水平方向做直线运动，经t=0.3s后离开有界电场，又经过一段时间，小球恰好无碰撞地落入细短管。

已知重力加速度g=10m/s2，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，求：
（1）小球所带电荷的电性和匀强电场强度E的大小；
（2）小球落地时速度大小；
（3）小球距水平地面的高度.
15．（12分）如图所示，一质量M=2kg的上表面光滑的U形物块A静止在光滑水平面上，另有一质量m=lkg的小物块B在其上表面以v0=3m/s的速度向右运动，A和B第一次碰撞为弹性碰撞，第二次碰撞后两者粘在一起形成一个整体。

求；
（1）A和B第一次碰撞后两者各自速度的大小和方向；
（2）A 和B 第二次碰撞过程中、B 组成的系统损失的机械能。

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】
A ．避雷针是为了导走房屋静电，防止带电云层打雷击中，属于静电防范，故A 正确；
B ．喷涂时利用高压静电电场，使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料吸附在工件表面的喷涂方法，属于静电的利用，故B 错误；
C ．复印机复印文件资料，属于静电利用，故C 错误；
D ．静电除尘利用的是除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电利用，D 错误。

2、B
【解题分析】
横波的振动方向与传播方向垂直，已知P 点的振动方向向下，由同侧法可知传播方向右，而读图得波长20m λ=，2s T =，则波速10/v m s T λ
==，故选项B 正确．
【考点定位】横波的性质、机械振动与机械波的关系．
3、D
【解题分析】
设带电颗粒从O 位置飞入的速度为0v ，若带电颗粒A 带负电，其电场力、重力、洛伦兹力均向下，与运动方向垂直，不可能做直线运动．颗粒A 一定为正电荷，且满足 0mg Eq Bqv =+
为匀速直线运动，故A 0v v =．若仅撤去磁场，由于mg Eq >，带电颗粒B 向下偏转，穿出位置一定在O ’点下方，合力对其做正功，故0B v v >，因此B A v v >，故D 正确，ABC 错误．
故选D 。

4、B
【解题分析】
A 、P =Fv ，力大，速度不一定大，故功率不一定大，故A 错误；
B 、力在单位时间内做的功越多，则P=W/t ，功率就越大，B 正确；
C 、功率大，做功时间不一定长，故做的功不一定多，故C 错误；
D. 功率表示物体做功快慢的物理量，功率越小说明该力做功越慢，故D 错误； 故选B ．
5、C
【解题分析】
本题考查了左手定则的应用．导线a 在c 处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac 向左，同理导线b 在c 处产生的磁场方向垂直bc 向下，则由平行四边形定则，过c 点的合场方向平行于ab ，根据左手定则可判断导线c 受到的安培力垂直ab 边，指向左边．
6、B
【解题分析】
设电子被加速后获得初速为v 0，则由动能定理得：21012
eU mv =，设偏转电场极板长为L ，板间距离为d ，电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上匀速：0L v t =，在竖直方向匀加速：y v at =，加速度为：2U F qE q
ma d ===，则偏转角的正切值：0tan y
v v θ=，联立以上可得：21tan 2U L U d
θ=，由此可知，减小U 1，增大U 2，可以使tan θ增大，故B 正确，ACD 错误．
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、AC
【解题分析】
AD ．由于物体沿电场线运动过程当中做减速运动，故负电荷所受电场力方向由B 指向A ，又由于负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由A 指向B ；而沿电场线的方向电势降低，所以A 点电势比B 点的电势高，负电荷在A 点的电势能比B 点的电势能低。

故A 正确，D 错误；
BC ．速度图像的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A 向B 运动的过程中加速
度越来越大，故A点的场强小于B点场强。

故B错误，C正确。

故选AC。

【题目点拨】
解题时先通过速度图像的斜率等于物体的加速度判断加速度的变化，从而判断电场力以及场强的变化；负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，沿电场线的方向电势降低是解决本题的突破口。

8、BC
【解题分析】
由电势—位移图象可知，电势随位移均匀增加，相同位移间的电势差相同，电场强度恒定，电子运动的加速度恒定，C正确．沿Ox轴方向电势增大，电场线方向与Ox轴负方向重合，电子沿Ox轴正方向运动，A不正确．电场力方向也沿Ox轴正方向，电场力做正功，B正确．由功能关系，电场力做正功，电势能减少，D不正确．
9、BC
【解题分析】当滑动变阻器从a→b移动时，R1左右两个部分并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故A错误；路端电压U=E-Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；当R外=r的时候电源的输出功率最大，可知当滑片在a端或者b端时，外电路总电阻R外=r，此时电源的输出功率最大，所以输出功率是先减小后增大的，故C正确；将R2看成电源的内阻，等效电源的内阻为2r，变阻器为外电路，显然外电阻小于内电阻，外电阻先增大后减小，等效电源的输出功率，即R1上消耗的功率先增大后减小，故D错误．故选BC.
点睛：本题关键判断出滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况和电源的输出功率与外电阻的关系，能巧妙运用等效思维分析变阻器功率的变化．
10、AD
【解题分析】
由虚线的等势线可以看出，这是一个点电荷形成的电场，a处离点电荷较远，b处离点电荷较近，故这现两点的电场强度的关系为，a点的电场强度小于b点，选项A正确；由于不确定点电荷的性质，电场线的方向也就不明确，故无法判断a、b两点的电势关系，选项B错误；由于粒子仅在电场力的作用下运动的，故电场力对粒子都做正功，两种粒子的电势能都减小，动能增大，选项C错误，D正确．故选AD.
【题目点拨】
静电力做正功，电势能减小，动能增大；静电力做负功，电势能增加，动能减小．
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、C E 1.48 0.840
【解题分析】
(1)[1][2]由于没有电压表，可以用电流表G 与定值电阻1R 串联组成电压表测电压，改装后电压表的量程
31 2.010990102V ()g g U I R R -+⨯⨯+=＝＝（）
若电流表G 与定值电阻2R 串联组成电压表的量程
32 2.010*******()0V g g U I R R -'+⨯⨯+=＝＝（）
电源电动势约为1.5V ，所以只需改装成2V 的电压表，故定值电阻选择C ；因电源内阻较小，为了有效调节电路中的电流，滑动变阻器选择总阻值较小的E ；
(2)[3][4]设2I 为电流表的示数，1I 为电流表G 的示数，2I 数值远大于1I 的数值，可以认为电路电流2I I =，在闭合电路中，电源电动势：
211
2g E U I r I R R I r =+=++（） 则：
1211
g g E r I I R R R R =-++ 由图示图像可知，图像纵轴截距：
1
0.00148g E b R R ==+ 则：电源电动势：
100.00150.0014810990 1.48V g E R R =+=⨯+=（）（）
图像斜率：
1120.001480.00110.000840,45
g I r k R R I ∆-====+∆ 解得：
100.000840.00084109900.840g r R R =+=⨯+=Ω（）（）
12、1Ω⨯ 5.025 2.150 R 1
【解题分析】
(1)应用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近,螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标考查主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；(2)在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图．
【题目详解】
(1)用“×10”档时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应
该换用×
1档; (2)由图示游标卡尺可知，其示数为：50mm+5×0.05mm=50.25mm=5.025cm ；由图示螺
旋测微器可知，其读数为：2mm+15.0×
0.01mm=2.150mm. (3)为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选R 1，最大阻值5Ω.为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接法，实验电路图如图所示:
【题目点拨】
选择实验器材时，要注意保证电路安全、注意所选实验器材方便实验操作，确定滑动变阻器的接法与电流表接法是正确设计实验电路的关键．
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）12m/s （2）22N ，方向竖直向上（3）25x m 3≥
或10x m 3≤≤0 【解题分析】
解：(1)从A 到C ，根据动能定理可得：21sin 3702C mgL mv ︒=
- 解得：2sin3712m/s C v gL =︒=
(2) (1)从A 到D ，根据动能定理可得：21(sin 372)02
D mg L R mv ︒-=-
解得：8m/s D v =
在D 点则有：2D N mv mg F R
+= 解得：22N N F =
根据牛顿第三定律可得物块通过D 点时对轨道的压力22N N N F F '==，方向竖直向上
(3) 滑块不脱离轨道有两种情况，第一是滑块进入圆形轨道后上升的最大高度不超过圆形轨道的半径，由功能原理可得：sin 37mgx mgR ︒≤ 解得：10m 3
x ≤ 第二种是滑块能通过轨道的轨道的最高点，21sin 3722mgx mg R mv ︒=+
若滑块恰能通过圆形轨道的最高点，则有：2
mv mg R
≤ 解得：25m/s 3
x ≥ 即滑块不脱离轨道的条件是：100m 3x ≤≤或25m/s 3x ≥ 14、 (1)正电，
503
N/C ；(2) 5m/s ；(3) 0.8m 。

【解题分析】 (1)小球在混合场中沿水平方向运动，则竖直方向受到的合外力等于0，可知小球受到的电场力得方向沿电场线的方向向上，则小球带正电；
在竖直方向：
qE sin37°=mg
代入数据可得：
50N/C 3
E = (2)小球在混合场中沿水平方向运动，则水平方向：
ma=qE cos37°
代入数据可得：
a =403
m/s 2 小球离开混合场的速度： v 0＝at ＝
403×0.3＝4m/s 小球恰好无碰撞地落入细短管，可知小球的末速度的方向与水平方向之间的夹角为37°，
设末速度为v ，则：
v •cos37°=v 1
所以：
v =5m/s
(3)对小球在空中运动的过程，由动能定理有：
2211122
mgh mv mv -＝ 解得：
h =0.8m
15、 (1)2m/s A v =,方向向右;1m/s B v =,方向向左 (2)3J E ∆=
【解题分析】
(1)A 和B 第一次碰撞过程,选向右为正方向:
0m m mv mv Mv =+
2220111222
m M mv mv Mv =+ 解得: 2/?m v m s = 1/?
m v m s =- 即第一次碰后A 的速度大小为2m/s,方向向右;B 的速度大小为1m/s,方向向左
(2)自一开始至第二次碰撞结束
0()mv m M v =+
得: 1m/s v =
该过程中仅第二次碰撞有能量损失
22011()22
E mv M m v ∆=-+ 得: 3J E ∆=。