2024届甘肃省西北师范大学附属中学物理高二上期中教学质量检测模拟试题含解析

2024届甘肃省西北师范大学附属中学物理高二上期中教学质量
检测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、如图所示，真空中有两个点电荷819.010C Q -=+⨯和82 1.010C Q -=-⨯，分别固定
在x 坐标轴上，其中1Q 位于0x =处，2Q 位于6cm x =处．关于在x 轴上各区域，下列说法中正确的是
A ．除无穷远外，电场强度大小为零的点有两处
B ．在6cm x >区域，电势沿x 轴正方向逐渐变小
C ．在6cm x 0<<的区域，若一正电荷沿x 轴正方向运动，其电势能会先减小后增大
D ．在6cm x 0<<和9cm x >的区域，电场强度
E 沿x 轴正方向
2、如图所示，AB 为一固定的水平绝缘杆，在其上下对称位置固定放置一对等量同种正点电荷，其连线与AB 交于O 点，杆上的E 、F 点关于O 点对称，E 、F 的间距为L .一可以视为质点的小球穿在杆上，小球与杆的动摩擦因数随位置而变化，该变化规律足以保证小球从E 点以一初速度v 0沿杆向右做匀减速直线运动并经过F 点，小球带负电，质量为m .其在O 点处与杆的动摩擦因数为μ0.则在由E 到F 的过程中( )
A ．小球在O 点电势能最大
B ．小球在E 、F 两点与杆的动摩擦因数一定相同
C ．E 到O 点，小球与杆的动摩擦因数逐渐减小
D ．小球克服摩擦力做功为μ0mgL
3、当电场中某点放入正电荷时受到的电场力向右，当放入负电荷时它受到的电场力 向左，下列关于电场强度与电场力的关系的说法中，正确的是（ ）
A ．当放入正电荷时，该点的场强方向向右；当放入负电荷时，该点的场强方向向左
B ．只有在该点放入检验电荷时，该点才有场强
C ．该点场强方向一定向右
D ．电场强度方向与电场力方向一致
4、如（a ）图所示的两平行金属板P 、Q 加上（b ）图所示电压，t =0时，Q 板电势比P 高5V ，在板正中央M 点放一电子，初速度为零，电子只受电场力而运动，且不会碰到金属板，则这个电子处于M 点右侧，速度向右，且速度逐渐减小的时间段是（ ）
A ．100210s t -<<⨯
B ．1010210s 410s t --⨯<<⨯
C ．1010410s 610s t --⨯<<⨯
D ．1010610s 810s t --⨯<<⨯
5、在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动的三颗卫星A 、B 、C ，它们的轨道半径分别为r 1、r 2、r 3，且r 1＞r 2＞r 3，其中B 为同步卫星，若三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，则（ ）
A ．相同的时间内，A 通过的路程最大
B ．三颗卫星中，
C 的质量最大 C ．三颗卫星中，A 的速度最大
D ．C 绕地球运动的周期小于24小时
6、下列各种说法中正确的是（ ）
A ．电流的定义式,只适用金属导体中自由电子定向移动形成的电流
B ．电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时,静电力所做的功
C ．电动势为1.5V 的干电池,表明干电池可以使2 C 的电量具有3J 的电能
D ．电动势公式中W 与电势差中的W 是一样的，都是电场力做的功
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、在图中，A ．B 两图分别为测灯泡电阻R 的电路图，下述说法正确的是
A．A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法
B．A中R测＞R真，B中R测＜R真
C．A中误差由电压表分流引起，为了减小误差，就使R<<R v，故此法测较小电阻好D．B中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R>>R A，故此法测较大电阻好8、在粗糙程度相同的水平地面上，物块在水平向右的力F作用下由静止开始运动，4s 末撤去拉力F。

运动的速度v与时间t的关系如下图2所示，由图象可知（）
A．在2s~4s内，力F=0
B．在0~2s内，力F逐渐变小
C．物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2
D．0~6s内物块运动的总位移为16m
9、两通电直导线平行放置，电流分别为I1、I2，方向如图所示．在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线占．这四点磁感应强度可能为零的是
A．a B．b C．c D．d
10、光滑绝缘的水平面上M、N两点各放一电荷量分别为+q和+2q，完全相同的金属球A和B，给A和B以大小相等的初动能E0（此时动量大小均为p0）使其相向运动刚好能发生碰撞，碰后返回M、N两点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2，则
A．E1=E2=E0 ,p1=p2=p0
B．E1=E2＞E0 , p1=p2＞p0
C．碰撞发生在M、N中点的左侧
D．两球不同时返回M、N两点
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）为了测量某待测电阻R x的阻值（约为30 Ω），有以下一些器材可供选择。

电流表A1（量程0～50 mA，内阻约10 Ω）；
电流表A2（量程0～3 A，内阻约0.12Ω）；
电压表V1（量程0～3 V，内阻很大）；
电压表V2（量程0～15 V，内阻很大）；
电源E（电动势约为3 V，内阻约为0.2 Ω）；
定值电阻R（20 Ω，允许最大电流1.0 A）；
滑动变阻器R1（0～10 Ω，允许最大电流2.0 A）；
滑动变阻器R2（0～1 kΩ，允许最大电流0.5 A）；单刀单掷开关S 一个，导线若干。

（1）电流表应选_____，电压表应选_____，滑动变阻器应选_____。

（填字母代号）（2）请在方框内画出测量电阻R x的实验电路图。

（要求测量范围尽可能大）
（_______）
（3）某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为R x＝________。

（12分）某同学想描绘标有“3.8 V0.3 A ”的小灯泡灯丝电阻R随电压U变化的图象．除12．
了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：
电流表：A（量程0.6 A，内阻约0.3Ω)
电压表：V(量程5 V，内阻约5kΩ)
电源：E（电动势为4V，内阻约为0.04Ω）
滑动变阻器：R1（最大阻值约为100Ω）、R2（最大阻值约为10Ω）
电键S，导线若干．
（1）在答题卡的方线框内画出电路图_______
（2）为了调节方便，实验中应选用滑动变阻器____．(选填器材前的字母代号)
的图象如图乙所示.由图象可知当所加电压为（3）根据实验数据，计算并描绘出R U
3.00V时，灯泡实际消耗的电功率为_______W（计算结果保留两位有效数字）.
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，匀强电场中的A、B、C三点连线组成一个直角三角形，其中A 角为直角，B角等于30°，边长AB＝20 cm.现将一电荷量为2×10－8C的负点电荷从A 点移到B点，电场力做功6×10－6 J；将另一个电荷量为1.5×10－8 C的负点电荷从C 点移到A点，外力克服电场力做功4.5×10－6 J.设B点的电势为零，求：
(1)A、C两点的电势；(2)匀强电场的电场强度(大小和方向).
14．（16分）如图所示电路，电源内阻，，，灯L标有“3V 1.5W”字样，滑动变阻器最大值为R，当滑片P滑到最右端A时，电流表读数为1A，此时灯L恰好正常发光，试求：
（1）电源电动势E；
（2）当滑片P滑到最左端B时，电流表读数；
（3）当滑片P位于滑动变阻器的中点时，滑动变阻器上消耗的功率．
15．（12分）如图所示，铜棒长0.1m，质量为，两端与长为1m的轻铜线
相连静止于竖直平面内。

整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度，现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，已知最大偏转角为37°，不计空气阻力，（ ）求：
（1）在此过程中铜棒的重力势能增加了多少；
（2）通电电流的大小为多大。

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】
A. 某点的电场强度是负电荷Q 1和正电荷Q 2在该处产生的电场的叠加，是合场强．根据点电荷的场强公式2Q E k r
=，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q 1和负电荷Q 2在该处产生的场强必须大小相等、方向相反．但该点不会在Q 1的左边，因为Q 1的电荷量大于Q 2，也不会在Q 1Q 2之间，因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右．所以，只能在Q 2右边．即在x 坐标轴上电场强度为零的点只有一个．故A 错误；
B. 因为Q 1的电荷量大于Q 2，根据点电荷的场强公式2Q E k r
=，在x ＞6cm 区域，合场强一定先向左再向右，故电势先增大后减小，故B 错误；
C. 在6cm x 0<<的区域，根据叠加原理可知，电场强度方向沿x 正方向，正电荷沿x 轴正方向运动，电场力做正功，电势能减小，故C 错误．
D.根据
1222
()kQ kQ r r x =-
可知，r=9cm处电场强度为零，其右侧电场线是向右的；则可知，在0＜x＜6cm的区域和x＞9cm的区域，场强沿x轴正方向，故D正确．
2、D
【解题分析】
小球从E到O的过程中，电场力对小球做正功，小球的电势能减小。

从O到F的过程中，电场力做负功，电势能增大，所以小球在O点电势能最小，故A错误。

设小球在E、F两点所受的摩擦力大小分别为f E和f F．电场力大小为F电，合外力大小为F．则在E点有：F=f E-F电，在F点有：F=f F+F电，所以f E＞f F，由摩擦力公式f=μN=μmg，可知，小球在E点与杆的动摩擦因数大于在F点与杆的动摩擦因数，故B错误。

E到O点，由F=f E-F电=μmg-F电，F一定，若F电减小，则μ减小。

若场强先增大后减小，则F电先增大后减小，因此μ先增大后减小。

故C错误。

在O点的动摩擦因数为μ0，所以有F 合=μ0mg=ma，F合为小球的合外力，由于小球做匀减速运动，合外力恒定，所以从E到F合外力做功大小为：W合=F合L=μ0mgL；因为从E到F电场力做功为0，所以从E到F的合外力做功就为克服摩擦力做功，所以克服摩擦力做功为：W f=W合=μ0mgL．故D 正确。

故选D。

3、C
【解题分析】
试题分析：电场强度的方向与正电荷所受的电场力方向相同，与负电荷所受的电场力方向相反．不放试探电荷，电场同样存在
A、放入正电荷和负电荷时，该点的场强均向右；错误
B、场强由场源电荷决定，与试探电荷无关，不放试探电荷，电场同样存在；错误
C、电场强度的方向与正电荷所受的电场力方向相同，一定向右；正确
D、电场强度的方向与正电荷所受的电场力方向相同，与负电荷所受的电场力方向相反；错误
故选C
考点：电场强度
点评：电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷是否存在无关，在电场中某场强的方向是唯一确定的．
4、B
【解题分析】
A．在0＜t＜2×10-10s时间内，Q板比P板电势高5V，所以电场方向水平向左，电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子从M点向右做匀加速直线运动；故
A 错误.
B ．在2×10-10s ＜t ＜4×10-10s 时间内，Q 板比P 板电势低5V ，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，
当t =4×
10-10s 时速度为零，此时电子在M 点的右侧；故B 正确. C ．在4×10-10s ＜t ＜6×10-10s 时间内，Q 板比P 板电势低5V ，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；故C 错误.
D ．在6×10-10s ＜t ＜8×10-10s 时间内，Q 板比P 板电势高5V ，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀减速直线运动，
到8×
10-10s 时刻速度为零，恰好又回到M 点．故D 错误. 5、D
【解题分析】
AC ．根据万有引力提供向心力可得：
2
2Mm v G m r r
= 解得：
v =由于r 1＞r 2＞r 3，故v 1＜v 2＜v 3，故C 的速度最大，在相同的时间内，
C 通过的路程最大，故AC 错误；
B ．由于2Mm F G r
=万可得，在向心力大小相等的情况下，由于r 1＞r 2＞r 3，故A 的质量最大。

故B 错误。

D ．据万有引力提供向心力可得：
222()Mm G m r r T
π= 可得卫星运动的周期
2T = 显然轨道半径越大，卫星运动的周期越大，故B 的周期大于C 的周期，而卫星B 的周期为24小时，故C 的周期小于24小时，故D 正确；
6、C
【解题分析】
电流的定义式I ＝q/t ，适用于任何自由电荷的定向移动形成的电流，故A 错误；电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功，故B 错误；电动势为1.5V 的干电池，由E=W/q 得W=qE=2×1.5J=3J ，则知干电池可以使2C 的电量具有3J 的电能，故C 正确；电动势公式中W 是非静电力做功，而电势差中的W 是电场力做的功，选项D 错误；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、ACD
【解题分析】
本题考查电流表的内、外接法的区别
【题目详解】
A ．由图象可知，A 图电流表属于外接，
B 图属于电流表的内接。

故A 选项正确； B ．因外接法中电压表存在分流作用，故而有V =
U U R R I I I <=-测真 ，B 图中内接法电流表具有分压作用，则A =U U U R R I I
->=测真，即B 选项错误； C ．A 中误差由电压表分流引起，为了减小误差，Rv 越大，电压表的分流作用就越小这样误差就越小，就使R<<Rv ，故此法测较小电阻好，故C 选项正确；
D ．B 中误差由电流表分压引起，为了减小误差，R A 越小，电流表的分压作用就越小这样误差就越小，应使R >>R A ，故此法测较大电阻好，故D 选项正确。

综上所述，本题正确答案应为ACD 。

8、BC
【解题分析】
A.在2s~4s 内，物体做匀速运动，因此外力F 等于物体受到的摩擦力，故A 错误；
B.在0~2s 内，图线的斜率逐渐减小，物体做加速度逐渐减小的加速运动，根据牛顿第二定律得
F f ma -=
所以有
F f ma =+
可知力F 逐渐减小，故B 正确；
C.物体做匀减速运动的加速度大小为
224m/s 2m/s 2
v a t ∆===∆ 根据牛顿第二定律得
f m
g ma μ==
解得0.2μ=，故C 正确；
D.在0~2s 内的位移大于4m ，在2~6s 内的位移为
()1'424m 12m 2
x ⨯⨯=+= 则0~6s 内的总位移大于16m ，故D 错误。

故选BC 。

9、AB
【解题分析】
试题分析：根据右手定则可知，I1在a 点的磁场方向竖直向下，I2在a 点磁场竖直向上，因此两者叠加时要相减，因此有可能为零，同理在b 点也有可能抵消．I1在c 点的磁场方向为垂直于c 与I1导线的连线斜向左上，而I2在c 点的磁场方向为垂直于C 与I2导线的连线斜向右上，两者并不反向，不可能抵消，所以C 对，同理由于对称d 点也不满足题目要求．故选AB
考点：考查磁感强度的叠加
点评：本题难度较小，此类题型考察了通电直导线的磁场分布，并考察了磁场的叠加原理
10、BD
【解题分析】
试题分析：由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点，且两球末动量大小和末动能一定相等．从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为1．5q ，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，系统机械能必然增大，即末动能增大，故A 错误B 正确；由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点．故C 错误D 正确． 考点：考查了动量守恒定律，库仑定律
【名师点睛】当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配．由动量观点看，系统动量守恒，返回过程中电场力大于接近过程中电场力，根据动能关系求解．由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，运用运动学知识求解．
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、A 1 V 1 R 1 U R I - 【解题分析】
(1)[1][2][3] 电源电动势为3V ，则电压表选V 1；通过待测电阻的最大电流约为： 3A 0.1A 100mA 30
x E I R ==== 选量程为3A 的电流表读数误差太大；可以把定值电阻与待测电阻串联，此时电路最大电流约为：
30.06A 60mA 2030
x E I R R ====++ 电流表应选择A 1。

为方便实验操作，滑动变阻器应选：R 1。

(2)[4]定值电阻与待测电阻串联的总阻值约为
30+20=50Ω
远大于滑动变阻器最大阻值10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表可以采用外接法，电路图如图所示：
(3)[5] 由欧姆定律可知，待测电阻阻值：
x U R R I
=- 12、 2R 0.78
【解题分析】
（1）因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法，所以
要选择电阻值比较小的，故选2R ；因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法；小灯泡的电阻值：00 3.8130.3U R I ==Ω≈Ω，由于5000384.713
V R R ==，即电压表的电阻远大于小灯泡的电阻，所以实验中采用电流表外接法，实验原理图如图：，（3）由R-U 图象知，当U=3.00V
时11.5R =Ω，则灯泡实际消耗的电功率为22
3.000.7811.5
U P W W R ===. 故答案为（1），（2）2R ，（3）0.78.
【题目点拨】测定小灯泡的伏安特性曲线实验要求电压与电流从零调起或要求电流电压调节范围大一些，因此，滑动变阻器应采用分压式接法．
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)
， (2) 场强的方向垂直于BC 指向A. 【解题分析】
(1)A 、B 间的电势差U AB = = V=−300V ，C 、A 间电势差U CA == V=300V ， 根据U AB =φA −φB ，U CA =φC −φA ，又φB =0
解得：φA =−300V ，φC =0；
(2)由上知，CB 电势相等，CB 连线即为一条等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向电势较低的等势面可知，电场强度方向垂直于BC 指向A ，
则场强大小为E= V/m=3000V/m ，
答：(1)A 、C 两点的电势分别为−300V 和0.(2)匀强电场的电场强度大小为3000V/m ，方向垂直于BC 指向A ；
【题目点拨】
（1）根据公式U=W/q 求出C 、A 间和A 、B 间的电势差，根据条件：B 点的电势为零，求出A 、C 两点的电势；
（2）找出等势点，确定等势线，根据电场线与等势线垂直，确定电场线的方向，再根据E=U/d 求场强大小．
14、（1）
（2）（3）
【解题分析】
试题分析：（1）当P 滑到A 时，R 2被短路，如图甲所示， 由闭合电路欧姆定律得：
（2）当P 滑到B 点时，电路如图乙所示， 此时电流表的读数为 （3）当滑片P 位于滑动变阻器中点时等效电路如图丙所示，
由图知R 2与右侧2
R 被电流表短接，在图甲所示电路中总电流为I=1A ． 通过灯L 的电流为 通过变阻器R 的电流为
由并联电路的特点可得
在图丙所示电路中并联部分电路的总电阻为
并联部分电路的电压为
滑动变阻器上消耗的功率为
【题目点拨】
本题关键要搞清电路的连接关系，滑动变阻器滑动时电路中的串并联情况，画出等效电路图是常用的方法，再根据欧姆定律和功率公式进行求解．
15、0.12J 4A
【解题分析】试题分析：（1）根据重力做功求出重力势能的增加量，（2）根据动能定理求出安培力的大小，从而通过安培力的大小公式求出恒定电流的大小．
（1）铜棒上升的高度
则重力势能的增加量为：
（2）对铜棒运用动能定理得：
代入数据解得
根据
得：
【题目点拨】本题通过动能定理抓住上升的最大摆角处速度为零求出安培力的大小，本题容易误解为在最大位移处处于平衡，通过共点力平衡求解．。