新疆维吾尔自治区喀什第二中学2024届物理高二上期中质量跟踪监视模拟试题含解析

新疆维吾尔自治区喀什第二中学2024届物理高二上期中质量跟
踪监视模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、用电压表检查如图所示电路中的故障，测得 5.0V ad U =，0V cd U =，0V bc U =，5.0V ab U =，则此故障可能是
A ．L 断路
B ．R 1断路
C ．R 2断路
D ．S 断路
2、如图所示,M 、N 两点分别放置两个等量异种电荷,A 为它们连线的中点,B 为连线上靠近N 的一点,C 为连线的中垂线上处于A 点上方的一点,在A 、B 、C 三点中( )
A ．场强最小的点是A 点,电势最高的点是
B 点
B ．场强最小的点是A 点,电势最高的点是
C 点
C ．场强最小的点是C 点,电势最高的点是B 点
D ．场强最小的点是C 点,电势最高的点是A 点
3、宇宙飞船环绕地球做匀速圆周运动，半径为r ，己知地球质量为M 引力常量为G ，则宇宙飞船在轨道上飞行的线速度大小为（ ）
A．B．C．D．
4、直流电路如图所示，电源的内阻不能忽略不计，在滑动变阻器的滑片P由图示位置向右移动时，电源的
A．效率一定增大
B．总功率一定增大
C．热功率一定增大
D．输出功率一定先增大后减小
5、三个相同金属球，原来有两个小球带电荷量相等，相互间的引力为F，用第三个不带电的小球，依次接触两个带电小球后再移走，则原来两个带电小球之间的相互吸引力变为
A．B．
C．D．
6、薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图所示，半径R1>R1．假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子( )
A．带正电B．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同D．从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域
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、关于电流和电阻，下列说法中正确的是（）
A．金属靠自由电子导电，金属的温度升高时，自由电子的平均热运动速率增大，金属导体中的电流增大．
B．金属导电时，其中的自由电子除作无规则的热运动外，还作定向运动，电流的大小是由定向运动的速度决定的．
C．由R＝U／I可知：在U一定时，电阻与电流成反比；在I一定时，电阻与电压成正比．
D．电阻是导体自身的特性，电阻的大小由导体自身特性决定，并和温度有关，与导体两端是否有电压没有直接关系．
8、一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，先后经过N、M两点，轨迹如图，其中M点在轨迹的最右边。

不计重力，下列说法正确的是（）
A．粒子带正电B．粒子在M点的速度不为零
C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在N点的电势能大于在M点的电势能
9、如图所示为电源甲和电源乙的U-I图像。

下列说法正确的是
A．甲乙两电源的内阻r甲<r乙
B．甲乙两电源的短路电流I甲<I乙
C．甲乙两电源的电动势E甲> E乙
D．若两电源的工作电流变化量相同时，电源乙的路端电压变化较大
10、正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图电路中，板长为l，板间距为d，在距离板的右端2l处有一竖直放置的光屏M．D为理想二极管（即正向电阻为0，反向电阻无穷大），R为滑动变阻器，R0为定值电阻．将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合电键S，让一带电量为q、质量为m的质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间，质点未碰极板，最后垂直打在M屏上．在保持电键S闭合的情况下，下列分析或结论正确的是（）
A．质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化相同
B．板间电场强度大小为3mg q
C．若仅将滑片P向下滑动一段后,再让该质点从N点以水平速度v0射入板间,质点依然会垂直打在光屏上
D．若仅将两平行板的间距变大一些,再让该质点从N点以水平速度v0射入板间,质点依然会垂直打在光屏上
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）如图为研究磁场对通电导线的作用力的实验，问：
（1）若闭合开关，导体棒AB 受到的安培力方向_____（“向左”或“向右”）
（2）如果向右滑动“滑动变阻器”触头，导体棒AB受到安培力方向_____（“反向”或“不变”），安培力大小_____（“变大”、“不变”或“变小”）
12．（12分）有一个小灯泡上标有“4 V，2 W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线。

有下列器材供选用：
A．电压表（0～5 V，内阻约为10 kΩ）
B．电压表（0～10 V，内阻约为20 kΩ）
C．电流表（0～0.3 A，内阻约为1 Ω）
D．电流表（0～0.6 A，内阻约为0.4 Ω）
E. 滑动变阻器（10 Ω，2 A）
F. 学生电源（直流6 V），还有电键、导线若干
(1) 实验中所用电压表应选用________.
(2) 实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请将下图中实物
连接成满足实验要求的测量电路________.
(3) 某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图所示），若用电动势为3 V 、内阻为2.5 Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是________W.
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，在真空中相距为5m 的A 、
B 两点分别固定着电荷量为66.410
C -⨯和62.710C --⨯的点电荷，空间一点C 与A 、B 分别相距4m 和3m ，试求C 点的场强的大小和方向？（922910N m /C k =⨯⋅）
14．（16分）如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m ，电荷量为q ，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的12
，求:
(1)原来的电场强度为多大？
(2)物体运动的加速度大小;
(3)沿斜面下滑距离为L 时物体的速度.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10m/s 2)
15．（12分）如右图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q 和—Q ，A 、B 相距为2d ，MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，
另有一个穿过细杆的带电小球p ．质量为m 、电荷量为+q （可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球p 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v 0已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：
（1）C 、O 间的电势差U CO ；
（2）点处的电场强度E 的大小；
（3）小球p 经过O 点时的加速度；
（4）小球p 经过与点电荷B 等高的D 点时的速度
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】
用电压表测量得到 5.0V ab U =，说明从b 到c 到d 这一部分电路是通的，故障可能出现在电键和ab 之间；由于0V cd U =，0V bc U =，说明此时的电路不通，故障在在电键和ab 之间；又由于 5.0V ad U =，说明电键是好的，所以故障一定是1R 断路；
A.与分析不符，故A 错误；
B.与分析相符，故B 正确；
C.与分析不符，故C 错误；
D.与分析不符，故D错误。

2、C
【解题分析】试题分析：等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象如图所示，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，在A、B、C三点中，C带电位置电场线最稀疏，故场强最小的点是C点；A、C两个点在一个等势面上，电势相等；沿着电场线电势逐渐降低，故B点电势高于A点电势；故电势最高的点是B点，C正确．
考点：考查了等量异种电荷电场分布规律
【名师点睛】利用两个等量异种电荷的电场特点，两电荷连线的中垂线有如下特征：中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小．且电场中的电势、电场强度都关于X轴对称，所以对称点电势相等，场强大小相等
3、D
【解题分析】
人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力得:
解得：，故D对；ABC错；
【题目点拨】
人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力列式即可求解.
4、A
【解题分析】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I
变小；A、电源的效率
UI R
EI R r
η==
+
，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则
电源效率增大，故A正确；B、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故B错误；C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率P Q=I2r减小，故C错误；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，
故D错误；故选A．
【题目点拨】知道电路串并联中的电流电压关系，并熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题．
5、C
【解题分析】
因为题中两球之间为吸引力，故两者带等量异种电荷，假设A带电量为Q，B带电量为-，两球之间的相互吸引力的大小是，第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小，故C正确．
【题目点拨】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．
6、C
【解题分析】
AD．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB=m
2 v r
解得：
mv
r
qB
=，粒子穿过铝板后，速度减小，电量不变，知轨道半径减小，所以粒子
是从区域Ⅰ穿过铝板运动到区域Ⅱ．根据左手定则知，粒子带负电．故AD错误；B．高速带电粒子穿过铝板后速度减小，知在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小不同，故B错误；
C．粒子在磁场中做圆周运动的周期：
2m
T
qB
π
=，周期大小与粒子的速度无关，粒子
在你两区域的运动时间都是半个周期，则粒子在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同，故C正确。

故选C。

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】
电流与自由电子的热运动无关，温度变大时金属导体中的电阻增大，电流是减小的，故A错误；金属导电时，其中的自由电子除作无规则的热运动外，还作定向运动，电流的大小是由定向运动的速率决定的；故B正确；电阻是导体自身的特性，电阻的大小由导体自身特性决定，并和温度有关，与导体两端是否有电压以及是否有电流没有直接关系，选项C错误，D正确；故选BD．
8、BC
【解题分析】
A．由图可知，电场力指向轨迹的内侧，电场力水平向左，与电场方向相反，粒子带负电荷，故A错误；
B．粒子在M点的水平分速度为零，而垂直于水平方形的速度不为零，速度不为零，故B正确；
C．电场为匀强电场，粒子受到的电场力大小不变，粒子在电场中的加速度不变，故C 正确；
D．负电荷沿电场方向运动时电势能增大，粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，故D错误。

故选BC。

9、BC
【解题分析】
A．由电源的U-I图像其斜率表示内阻，内阻r甲＞r乙；故A错误。

B．当外电路短路时对应的电流为短路电流，此时路端电压为零；将图中横坐标下移至U=0时，图象的交点即为短路电流，则可知I甲＜I乙。

故B正确。

C．U-I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，故电动势E甲＞E乙；故C正确。

D．根据U=E-Ir可知，
△U=-r•△I
内阻r甲＞r乙，故当电源的工作电流变化相同时，电源甲的路端电压变化较大；故D错误。

故选BC。

10、BCD
【解题分析】
试题分析: A、质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定打在屏的上方，做斜上抛运动．否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在M板上．质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛
运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v 0，而且v 0方向水平，质点垂直打在M 板上时速度也水平，根据质点的轨迹弯曲方向可知两个过程质点的合力方向相反，加速度方向相反，则速度变化量方向相反．故A 错误．B 、质点的轨迹如图虚线所示：
设质点在板间运动的过程中加速度大小为a ，则有 质点离开电场时竖直分速度大小为10
2y qE mg l v at m v -==⋅，质点离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则202y l v gt g v ==⋅
,联立解得3mg E q =，故B 正确．C 、若仅将滑片P 向下滑动一段后，R 的电压减小，电容器的电压要减小，电量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N 点以水平速度v 0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故C 正确．D 、若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由C=Q/U 知U 不变，电量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N 点以水平速度v 0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故D 正确．故选BCD ．
考点：考查带电粒子在匀强电场中的运动．
【名师点睛】本题关键抓住两个运动轨迹的特点，巧用逆向思维分析电场外质点的运动情况．要知道运动的合成与分解是研究曲线运动的常用方法，要灵活运用．
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、向左 不变 变小
【解题分析】
(1)[1]利用左手定则可以判断受力方向向左；
(2)[2][3]当向右滑动“滑动变阻器”触头时，阻值增大，电流变小，方向不变，所以导体棒AB 受到安培力方向不变，安培力大小变小。

12、（1）A；（2）（3）0.80W；
【解题分析】
（1）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；
（2）由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，灯泡的电阻约为，跟电流表内阻接近，所以用电流表外接法，实物图连接如图所示．
（3）当灯泡接入电动势为3V、内阻为2.5Ω的电源中时，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir U=3-2.5I；
画出U-I图象，与该小灯泡的伏安特性曲线的交点表示该灯泡接入电路中的电压和电流，由图读出通过灯泡电流为0.4A，两端电压为2.0V，所以功率为0.8W．
点睛：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．
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、34.510N/C ⨯ 水平向右
【解题分析】
根据场强的方向，如图所示：
根据点电荷场强公式，得正电荷在C 点产生的场强大小为：
6
9
326.410910 3.6104N/C N/C A E -⨯=⨯⨯=⨯ 方向：由A 指向C
负电荷在C 点产生的场强为：
36
9
22.710 910 2.71N/C N/30C B E -⨯=⨯⨯=⨯ 方向由C 指向B ；
由题意知90C ∠=︒，合场强为：
22
34.510N/C A B E E E =+=⨯， 方向：水平向右
14、（1）34mg q
（2）3 m/s 2，方向沿斜面向下 （3）6l 【解题分析】
带电小物块恰好静止在斜面上时合力为零，对物块进行受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度.
【题目详解】
(1)对小物块受力分析如图所示:
物块静止于斜面上，则有：mg sin37°
=qE cos37°
解得：tan 3734mg mg E q q ︒== (2)当场强变为原来的12时,小物块的合外力为：3=sin 37cos37210qE F mg mg 合︒-︒= 又F 合=ma ，所以a =3m/s 2，方向沿斜面向下． (3)由动能定理得2102F L mv ⋅=
-合 解得：6v L =
【题目点拨】
本题中第一问是平衡条件的应用，关键是正确分析受力；第二、三问是牛顿运动定律和运动学公式的应用，关键是求合力，也可以根据动能定理求速度.
15、（1）222mv mgd q - （2）222kQ d （3）222kQq a g md
=+ （4）2v 【解题分析】
(1)小球p 由C 运动到O 的过程，由动能定理
得mgd ＋qU CO ＝12
mv 2－0 ① 所以U CO ＝222mv mgd q
- ② (2)小球p 经过O 点时受力如图
由库仑定律得F 1＝F 2＝2
(2)d 它们的合力为：F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2
22kQq d ③ 所以O 点处的电场强度：2F kQ E q == ④ (3)由牛顿第二定律得：mg ＋qE ＝ma ⑤
所以a＝g＋
2
2md
⑥
(4)小球p由O运动到D的过程，由动能定理得
mgd＋qU OD＝1
2
mv D2－
1
2
mv2 ⑦
由电场特点可知U CO＝U OD ⑧
联立①⑦⑧解得v D v.。