2024届湖南省长沙市岳麓区湖南师范大学附中物理高二第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2024届湖南省长沙市岳麓区湖南师范大学附中物理高二第一学
期期中学业质量监测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．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、下列说法中正确的是（）
A．磁体上磁性最强的部分叫磁极,任何磁体都有两个磁极
B．磁体与磁体间的相互作用是通过磁场而发生的,而磁体与通电导体间以及通电导体与通电导体之间的相互作用不是通过磁场发生的
C．地球的周围存在着磁场,地球是一个大磁体,地球的地理两极与地磁两极并不重合,其间有一个交角,这就是磁偏角,磁偏角的数值在地球上不同地方是相同的
D．磁场是客观存在的物质，磁感线也是客观存在的特殊的线
2、如图所示，一水平放置的平行板电容器带上一定电荷量后，将下极板B接地，一带负电油滴静止于两极板间的P点．现将平行板电容器的上极板A竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是
A．P点的电势将增大，带电油滴将向上运动
B．P点的电势将增大，带电油滴将向下运动
C．P点的电势不变，带电油滴仍然静止
D．P点的电势不变，带电油滴将向上运动
3、在真空中有两个点电荷，它们之间的作用力为F，如果保持它们所带的电量不变，将它们之间的距离增大一倍，则它们之间的静电力大小变为（）
A ．F
B ．2F
C ．4F
D ．4F
4、真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F ，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为
A ．16F
B ．94F
C ．32F
D ．2
F 5、关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是
A ．由
可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 B ．由知，导体的电阻与长度L 、电阻率ρ成正比，与横截面积S 成反比 C ．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 D ．将一根电阻丝均匀拉长为原来4倍，则电阻丝的电阻变为原来的4倍
6、如图所示，在原来不带电的金属细杆ａｂ附近Ｐ处，放置一个正点电荷．达到静电平衡后， ( )
A ．ａ端的电势比ｂ端的高
B ．ｂ端的电势比ｄ点的低
C ．ａ端的电势不一定比ｄ点的低
D ．杆内ｃ处场强的方向由ａ指向ｂ
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、 (多选)如图所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦．现将质量分别为M 、m (M >m )的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上．两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．在α角取不同值的情况下，下列说法正确的有( )
A ．两物块所受摩擦力的大小总是相等
B ．两物块不可能同时相对绸带静止
C ．M 不可能相对绸带发生滑动
D ．m 不可能相对斜面向上滑动
8、
如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、
负离子（不计重力），从点O以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负离子在磁场中运动正确的是（）
A．运动时间相同
B．运动轨迹的半径相同
C．重新回到边界时速度不相同
D．重新回到边界的位置与O点距离相等
9、下列关于电流的说法中，正确的是（）
A．金属导体中，电流的传播速率就是电场的传导速率
B．温度升高时，金属导体中自由电子热运动加快，电流也就加大
C．电路接通后，电子就由电源出发，只要经过一个极短的时间就能到达用电器
D．通电的金属导体中，自由电子的运动是热运动和定向移动的合运动，电流的传播速率等于光速
10、如图，质量分别为m A和m B的两小球带有同种电荷，电荷最分别为q A和q B，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别v A 和v B，最大动能分别为E kA和E kB．则（）
A．m A一定小于m B B．q A一定大于q B
C．v A一定大于v B D．E kA一定大于E kB
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”的实验中，实验室提供了小灯泡(2.5 V,0.5 A)、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：
（1）图甲为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合后，把滑动片P从A向B端移动过程中会观察到电压表读数变________(填“大”或“小”)。

（2）某同学由测出的数据画出I—U图象，如图乙所示，当小灯泡两端电压为1.6 V时，小灯泡的电阻值R＝________ Ω，此时小灯泡的实际功率P＝________W。

12．（12分）现在要测量一段电阻丝的电阻率ρ，其阻值Rx约为0.5 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A.现有如下器材可供选择：
电流表A(量程0.6A，内阻约为0.6Ω)
电压表V(量程3V，内阻约为3kΩ)
待测电阻丝R x(阻值约为0.5Ω)
标准电阻R0(阻值5Ω)
滑动变阻器R1(5 Ω，2A)
滑动变阻器R2(200 Ω，1.5A)
直流电源E(E＝6 V，内阻不计)
开关S、导线若干
(1)图为四位同学分别设计的测量电路的一部分，你认为合理的是________；
(2)实验中滑动变阻器应该选择________(选填“R1”或“R2”)，并采用________接法；（分压，限流）
(3)根据你在(1)(2)中的选择，在图甲上完成实验电路的连接________；
(4)实验中，如果两电表的读数分别为U 和I ，测得拉直后电阻丝的长度为L 、直径为D ，则待测电阻丝的电阻率ρ的计算式为ρ＝________；
(5)用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图乙所示，则该电阻丝的直径D ＝________.
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，质量为1m 的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O ，轻绳OB 水平且B 端与放在水平面上的质量为2m 的物体乙相连，轻绳OA 与竖直方向的夹角37θ=，物体甲、乙均处于静止状态．已知sin370.6=，cos370.8.g =取10/N kg ．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则：
（1）轻绳OA 、OB 受到的拉力分别是多大？
（2）物体乙受到的摩擦力是多大？方向如何？
（3）若物体乙的质量250m kg =，物体乙与水平面之间的动摩擦因数0.3μ=，欲使物体乙在水平面上不滑动，则物体甲的质量1m 最大不能超过多少？
14．（16分）如图所示的匀强电场，电场强度E = 2×
104 N/C ．一电荷量q = +1×10-8 C 的电荷从电场中的A 点移动到B 点，A 、B 之间的距离d = 0.1m ．求：
(1)电荷所受电场力的大小F ；
(2)电场力对电荷所做的功W ．
15．（12分）如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电
场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为q 、质量为m 的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度0v 射入电场中，0v 方向的延长线与屏的交点为O ．试求：
（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；
（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值tan a ；
（3）粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x ．
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】
试题分析：磁体是磁性最强的地方叫磁极，一个磁体上有两个磁极，N 极和S 极，A 正确；由于通电导线周围磁在磁场，磁体与通电导体间以及通电导体与通电导体之间的相互作用也是通过磁场发生的，B 错误；地球的地理两极与地磁两极不重合,其间有一个交角就是磁偏角，磁偏角的数值在地球上不同地方是是不相同的，C 错误；磁场中客观存在的，但磁感线是人们为了形象的描述磁场而假想出来的，D 错误。

考点：磁体，地磁场，磁感线
【名师点睛】人们为了形象的描述磁场引入了磁感线，它的特点是在磁体的外部从N 极指向S 极，而在磁体的内部从S 极指向N 极，它是闭合曲线。

在磁场越强的地方，磁感线越密，磁场越弱的地方，磁感线越稀疏，磁感线的方向就是小磁针N 极受磁场力的方向。

2、C
【解题分析】
两极板间的电荷量恒定，4S C kd επ=、Q C U =、U E d =可得4U Q kQ E d Cd S πε===，即两极板间的电场强度，与两极板间的距离无关，电场强度不变，所以油滴受力不变，仍处于静止状态，因为P 到下极板的距离不变，而B 极板电势恒为零，根据U Ed =可得P 点的电势不变，故C 正确；
【题目点拨】在分析电容器动态变化时，需要根据4S C kd επ=
判断电容器的电容变化情况，然后结合U E d =，Q C U
=等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变
3、C
【解题分析】
由点电荷库仑力的公式2Qq F k
r =可以得到，电量不变，当距离增大一倍后，库仑力将变为原来的
14，故C 正确。

故选C 。

4、B
【解题分析】
由库仑定律可得变化前为：2
Qq F k r =，变化后为： ()23394
2Q q
F k F r ⋅'== A ．16F ．故A 不符合题意．
B ．
94
F ．故B 符合题意． C ．32
F ．故C 不符合题意． D ．2F ．故D 不符合题意． 5、B
【解题分析】
为比值定义法，导体电阻跟导体两端电压及导体中的电流无关；故A 错误；由 知，导体电阻与长度l 、电阻率ρ成正比，与横截面积S 成反比；故B 正确；电阻率是导体材料的性质，与导体的长度无关；故C 错误；将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，则截面积变为原来的一半，则电阻丝的电阻变为原来的4倍，选项D 错误；故
6、B
【解题分析】
达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到φd＞φb=φc=φa；故A，C错误，B正确；D、由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强处处为零；D 错误．
故选B．
【题目点拨】
达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉．
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】
分析：若动摩擦因数较大，M和m相对绸带均无相对滑动，对M和m整体分析，可以计算出摩擦力；若动摩擦因素较小，M加速下降的同时，m也加速下降，根据牛顿第三定律，可知绸带对两木块的拉力与两木块对绸带的拉力大小相等，由于绸带质量很小，可以忽略不计，故两木块对绸带的拉力也必然相等；再分别对两木块受力分析，确定运动情况即可．
解答：解：当动摩擦因数较大时，由于绸带与斜面之间光滑，并且M＞m，所以M、m和绸带一起向左滑动，加速度为a，
整体法Mgsinα-mgsinα=（M+m）a
隔离法，对M有，Mgsinα-f M=Ma
对m有，f m-mgsinα=ma
解得f M=f m=2Mm
M m
gsinα
故D错误；
当动摩擦因素较小时，M加速下降的同时，m也加速下降，根据牛顿第三定律，可知绸带对两木块的拉力与两木块对绸带的拉力大小相等，故A正确，B错误；
由于绸带质量很小，可以忽略不计，故两木块对绸带的拉力也必然相等，由于M与绸带间的最大静摩擦力较大，故绸带与M相对静止，故C正确；
故选AC．
【解题分析】
根据牛顿第二定律得：得：，由题q、v、B大小均相同，则轨道半径r相同．故B正确．粒子的运动周期为，则知T相同．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π-2θ，轨迹的圆心角也为2π-2θ，运动时间．同理，负离子运动时间
，显然时间不等．故A错误．正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C错
误．根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同．故D正确．故选B D．
点睛：
根据题意画出轨迹示意图，可根据几何关系求出回到边界时离O点的距离；利用对称关系判断回到边界时速度的方向；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题求运动时间，可用关系式有，θ是轨迹的圆心角，而且轨迹的圆心角等于速度的偏转角．9、AD
【解题分析】
A．金属导体中，电流的速率就是建立电场的速率，故A正确；
B．金属导体中自由电子热运动加快，但是电子定向移动的速率并未加快，所以电流不会增大，故B错误；
C．电场建立后，回路中的自由电子开始做定向移动，所以并非是从电源发出的电子，故C错误；
D．通电导体中，自由电子的运动是热运动和定向移动的合运动，电流的传播速率即光速，故D正确。

故选AD。

10、ACD
【解题分析】
设两个球间的静电力为F ，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小； 根据机械能守恒定律列式求解后比较最低点速度大小，再进一步比较动能大小；
本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合机械能守恒定律列方程分析求解．
【题目详解】
对小球A 受力分析，受重力、静电力、拉力，如图：
根据平衡条件，有：1tan A F m g θ=，故：1
tan A F m g θ=⋅ 同理，有：2
·tan B F m g θ=，由于12θθ＞，故A B m m ＜，故A 正确； 两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B 错误； 小球摆动过程机械能守恒，有212
A A m g h mv ⋅∆=，解得2A v g h ⋅∆A 球摆到最低点过程，下降的高度h ∆较大，故A 球的速度较大，故C 正确；
小球摆动过程机械能守恒，有K mg h E ∆=，故：
1cos 1cos tan k F E mg h mgL L θθθ
=∆=-=-（）（） 其中cos L θ、相同，根据数学中的半角公式，得到：
1cos 1cos cos cos tan tan sin 2
k F E L FL FL θθθθθθθ-=
-==⋅（） 其中cos L h θ=，相同，故θ越大2tan θ越大，动能越大，故kA E 一定大于kB E ，故D 正确．
【题目点拨】
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、 （1）大 （2）4或4.0 0.64
【解题分析】（1）由图示电路图可知，在开关S 闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P
移到A 端；实验中滑动片P 从从A 向B 端移动过程中会观察到电压表读数变大．
（2）由图象可知，当U=1.6V 时，对应的电流为：I=0.40A ，
则小灯泡的电阻值为： 1.6 4.00.40
U R I ===Ω 灯泡的实际功率为：P=UI=1.6×
0.40=0.64W ； 点睛：本题应明确：①若要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法；②涉及到图象问题，可以表示出纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念讨论即可．
12、C R 1 分压 204D U R L I π⎛⎫- ⎪⎝⎭
1.205 【解题分析】
(1)、(2)、关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值以及接法；根据求出的最小电阻来选择保护电阻；根据待测电阻远小于电压表内阻可知电流表应用外接法，但因为待测电阻阻值太小可知待测电阻应与保护电阻串联使用．
(3)根据是连接电路时应先连接主干路然后再连接并联电路，注意正负极和量程．
(4)关键是根据欧姆定律和电阻定律求出电阻率的表达式即可． (5)关键是读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出．
【题目详解】
(1)根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻为：max 6
3010.63R =Ω=Ω⨯，
所以变阻器应选R 1并且应采用分压式接法；电路中需要的最小电阻为：
min 6100.6
R =Ω=Ω，为保护电流表应与一保护电阻串联，所以排除电路A ，再根据待测电阻满足V x x A
R R R R >，可知电流表应用外接法，所以应排除电路D ，由于待测电阻阻值太小，将电压表直接测量时电压太小无法读数，所以应将待测电阻与保护电阻串联后再与电压表并联才行，所以合理的电路应是C ；
(2)根据题(1)中的分析可知，变阻器应选R 1，并且应采用分压式接法；
(3)根据题（1）中分析可知电路连接图如图所示：
(4)图C 电路图应有：0x U R R I += ① 根据电阻定律应有：2
14
x L
R D ρπ= ② 联立①②可得：20()4D U
R L I πρ=- (5)螺旋测微器的读数为：D=1mm+20.6×0.01mm=1.205（±0.002）mm ；
【题目点拨】
明确：①通过估算电路中需要的大小电阻来选择保护电阻，通过电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值以及采用的接法；②当待测电阻满足
V x x A
R R R R >时，电流表应用外接法．
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）15 4
m g 、134m g ；（2）24kg 【解题分析】
试题分析：（1）以结点O 为研究对象，如图，
沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系，将OA F 分解，由平衡条件有：
0OB OA F F sin θ-=，10OA F cos m g θ-=
联立得1154OA m g F m g cos θ==，134
OB F mgtan m g θ==
故轻绳OA 、OB 受到的拉力分别为15 4m g 、134m g ； （2）人水平方向受到OB 绳的拉力和水平面的静摩擦力，受力如图所示，
由平衡条件得：134
OB f F m g ==方向水平向左； （3）当甲的质量增大到人刚要滑动时，质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值．
当人刚要滑动时，静摩擦力达到最大值2m f m g μ=
由平衡条件得：OBm m F f =，又1134OBm m m F m gtan m g θ==
联立得：21442433OBm m F m g m kg g g
μ=== 即物体甲的质量1m 最大不能超过24kg ．
考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
名师点睛：本题涉及共点力平衡中极值问题，当物体刚要滑动时，物体间的静摩擦力达到最大．
14、（1）
（2） 【解题分析】
（1）由电场强度的定义式变形，代入数值计算电场力即可；
（2）电荷从A 点移至B 点的过程中，电场力所做的功根据公式：
即可求得； 【题目详解】
（1）点电荷在匀强电场中所受电场力的大小：
；
（2）电场力对电荷做的功：。

【题目点拨】
本题关键掌握电场强度定义式
，能够变形求解电场力，掌握匀强电场中电场力和
电场力做功的计算。

15、（1）02L v （2）20qEL mv （3）2
20
32qEL mv 【解题分析】
（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间02L t v = （2）粒子在电场中的加速度为Eq a m =
又00y L qEL v a v mv ==，故200
tan y v qEL v mv α==． （3）设粒子在电场中的偏转距离为y ，则22200
1122L qEL y a v mv ⎛⎫==⋅ ⎪⎝⎭ 又tan x y L α=+，解得2
20
32qEL x mv =．。