山东省临沂市普通高中2024届物理高二上期中统考试题含解析

山东省临沂市普通高中2024届物理高二上期中统考试题
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，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、如图，竖直绝缘光滑的半圆形槽半径为R，在槽内静置有两个带等量同种电荷的小球A、B，两球质量相等、间距为R.若将两小球看作质点，将一个水平向右的推力F作用在A球上，缓慢将A球推到半圆形槽的底部，则下列说法正确的是( )
A．槽对B球的支持力变大
B．两球间距离保持不变
C．推力F做的功等于两球组成的系统机械能的增加量
D．两球组成的系统的电势能增大
2、如图所示，在O点置一点电荷Q，以O为圆心作一圆。

现将一电荷从A分别移到圆上的B、C、D三点，则电场力做功最多的过程是（）
A．移到B的过程
B．移到C的过程
C．移到D的过程
D．三个过程一样多
3、如图一混合正离子束通过正交电场磁场区域，如果这束正离子束流在区域中不偏转，则说明这些正离子具有相同的:
A ．电荷
B ．质量
C ．速度
D ．荷质比
4、如图甲所示，AB 是某电场中的一条电场线，若有一电子仅在电场力作用下，以某一初速度沿AB 由A 点运动到B 点，所经位置的电势随与A 点距离的变化规律如图乙所示。

以下说法错误的是（ ）
A ．A 、
B 两点的电场强度A B E E > B ．电子在A 、B 两点的速度A B v v <
C ．A 、B 两点的电势A B ϕϕ>
D ．电子在A 、B 两点的电势能p p A B
E E <
5、如图所示，直角三角形△ABC ，两直角边的长度之比为AC:BC = 4:1．放在A 、B 两点的点电荷Q A 、Q B ，在C 点产生的合电场强度方向与AB 平行，则Q A 、Q B 分别在C 点产生的电场强度的大小之比E A :E B 等于
A ．1:4
B ．4:1
C ．9:16
D ．16:9
6、下列表述符合物理学史的是（ ）
A ．亚里士多德认为力是改变物体运动状态的原因
B ．笛卡尔认为必须有力作用在物体上，物体才能运动
C ．库仑精确地测量物体的带电量，进而探究得出库仑定律
D ．东汉学者王充在《论衡》一书中描述的“司南”，是人们公认的最早的磁性定向工具 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“研究平行板电容器电容大小的因素”实验中，电容器的A、B两极板带有等
量异种电荷，B 板与静电计连接，A 板与金属外壳连接，如图所示．下列措施能
使静电计指针张角变小（）
A．将A 极板向右移动
B．将A 极板向上移动
C．在A、B 极板间插入介质
D．用一根导线连接A、B 两极板
8、如题图所示，平行直线表示电场线，但未标明方向，带电量为+10-2C的微粒在电场中只受电场力作用。

由A点移到B点，动能损失0.1J，若A点电势为-10V，则
A．B点的电势为0V
B．电场线方向从左向右
C．微粒的运动轨迹可能是轨迹1
D．微粒的运动轨迹可能是轨迹2
9、如图，C为中间插有电介质的电容器，b极板与静电计金属球连接，a极板与静电计金属外壳都接地．开始时静电计指针张角为零，在b板带电后，静电计指针张开了一定角度．以下操作能使静电计指针张角变大的是（）
A．将b板也接地
B．b板不动、将a板向右平移
C．将a板向上移动一小段距离
D．取出a、b两极板间的电介质
10、关于光的叙述中，下面说法正确的是( )
A．激光能沿着弯曲的光导纤维传播，是利用了光的全反射原理
B．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化
C．通过两枝铅笔的狭缝所看到的远处日光灯的彩色条纹，是光的干涉所致
D．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由蓝光改为黄光，则条纹间距变宽
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）小明同学认为合力一定大于分力。

小红同学通过“探究力的合成”的实验作出力的图示，如图所示。

由图可知，F1、F2、F中，最小的是_______ ，合力为______ ；由此可以判断，小明的认识是_______ 的（选填“正确”或“不正确”）；若保持分力大小不变，仅使它们之间的夹角变小，合力会_______ （选填“变大”“变小”或“不变”）
12．（12分）在探究小灯泡的伏安特性曲线时，所用小灯泡上标有“2.5V，0.6W”字样，实验室提供的器材有：
A．电流表A1(内阻约为5 Ω、量程为0～25 mA)
B．电流表A2(内阻约为1 Ω，量程为0～300 mA)
C．电压表V1(内阻约为5 kΩ、量程为0～3 V)
D．电压表V2(内阻约为15 kΩ、量程为0～15 V)
E．滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω、额定电流为0.6 A)
F．滑动变阻器R2(最大阻值为1000 Ω、额定电流为0.2 A)
G．稳压电源E（可输出恒定电压为9.0 V）
H．开关一个、定值电阻若干、导线若干
由以上信息回答下列问题：
(1)实验前设计的电路图如图甲所示。

为了减小实验误差，该实验所用的电流表、电压表、滑动变阻器应分别为_____、_____、_____（选填器材前的字母)。

为保护滑动变阻器和灯泡，应在电路中串联的定值电阻R0合适的电阻值应为________（选填“1 Ω”“10 Ω”“30 Ω”或“100 Ω”）。

(2)请确定测量电路中电压表右侧导线的正确位置后，在图乙中用笔画线代替导线，将实物完整连接起来__________．
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（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=2．2m，板长L=2．3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=2．5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U2=2．2×222V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=2．2×22-7kg，电荷量q=2．2×22-2C，速度大小均为v2=2．2×224m/s，带电粒子的重力不计，
则：（2）求带电粒子在电场中的运动时间；
（2）求在t=2时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
（3）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度。

14．（16分）如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20 μF；已知电源电动势
E =4V ，内阻r =0.5Ω。

求：
(1)当S 1闭合、S 2断开时，电路消耗的总功率； (2)当S 1闭合、S 2均闭合时，电路消耗的总功率； (3)当S 1闭合、S 2断开时，电容器所带的电荷量为多少？
15．（12分）如图所示，水平面上有两根相距1m 的足够长的光滑平行金属导轨MN 和PQ ，它们的电阻可忽略不计，在M 和P 之间接有阻值为R 的定值电阻。

导体棒ab 长l ＝1m ，其电阻为r ，与导轨接触良好。

整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.8T 。

现在在导体棒ab 上施加一个水平向右的力F ，使ab 以v ＝20m/s 的速度向右做匀速运动时，求 ⑴ab 中电流的方向如何？ ⑵ab 中的感应电动势多大？
⑶若定值电阻R ＝6.0Ω，导体棒的电阻r ＝2.0Ω，F 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】
施加F 之前，B 受到重力、支持力、库仑力，根据几何关系可得：支持力
1603mg N sin ==︒212603
kq mg F R tan ==
=︒；A 球被推到半圆形槽的底部
后，B 受力分析如图，
由几何关系可知
1N R
mg R
==，即N=mg ＜N 1，所以支持力变小，故A 错误．由上面矢量三角形得，F 库一直增大，故两球间的距离减小，故B 错误．推力F 做的功等于两球组成的系统机械能的增加量与电势能增加量之和，故C 错误．两球带同种电荷，距离减小，克服电场力做功，电势能增加，故D 正确．故选D ． 【题目点拨】
本题主要是考查力的分析和能量转化，解答本题要能够根据三角形相似得到库仑力的大小变化情况，由此确定电势能的变化． 2、D 【解题分析】
点电荷产生的电场成辐射状，所以B 、C 、D 三点在同一等势面上；将一电荷从A 分别移到圆上的B 、C 、D 三点，电场力做功一样多；故D 项正确，ABC 三项错误。

3、C 【解题分析】
本题考查带电粒子在复合场中的运动 【题目详解】
正离子束在该区域内同时受到电场力和洛伦兹力，根据左手定则可知，洛伦兹力向上，而电场力向下，若正离子束在其中不偏转，则说明洛伦兹力与电场力大小相等，方向相反，即qvB Eq = ，得E
v B
= ，说明这些正离子应该都具有相同的速度，故本题选C 。

4、B 【解题分析】
A ．φ-x 图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象的斜率减小，则从A 到点
B 场强减小，则有E A ＞E B ，故A 正确，A 项不合题意；
BD ．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A 到B ，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大。

即有v A ＞v B ，故B
错误，B 项符合题意，D 正确，D 项不合题意。

C ．电场线的方向从A 到B ，则A 、B 两点的电势φA ＞φB ，故C 正确，C 项不合题意； 故选B 。

5、B 【解题分析】
在C 点产生的合电场强度方向与AB 平行，可知两电荷是异种电荷，由平行四边形定则以及相似三角形可知：A B E E
AC BC
=，则E A :E B =4：1，故选B. 6、D 【解题分析】
亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止，故A 错误；伽利略认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，故B 错误；库仑没有精确地测量物体的带电量，故C 错误；根据物理学史可知，东汉学者王充在《论衡》一书中描述的“司南”，是人们公认的最早的磁性定向工具，故D 正确；
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】
A ．将A 极板向右移动，则减小A 、
B 板间的距离，根据电容的决定式4S
C kd
επ=知电容C 增大，电容器的电量Q 不变，则由定义式Q
C U
=知，板间电压U 减小，静电计指针张角变小，故A 正确；
B ．把A 板向上平移，减小A 、B 板的正对面积，根据电容的决定式4S
C kd
επ=分析得知，电容C 减小，电容器的电量Q 不变，则由Q
C U
=得知，板间电压U 增大，静电计指针张角变大，故B 错误；
C ．在A 、B 板间放入一介质板，根据电容的决定式4S
C kd
επ=
知，电容C 增大，电容器的电量Q 不变，则板间电压U 减小，静电计指针张角变小，故C 正确；
D ．用一根导线连接A 、B 两极板，电容器电量为零，则静电计指针没有读数，故D 错误． 8、AC 【解题分析】
B ．由动能定理可知 W E =△E K =-0.1J ；
可知粒子受到的电场力做负功，故粒子电势能增加，B 点的电势高于A 点电势；而电场线由高电势指向低电势，故电场线向左，故B 错误； A ．AB 两点的电势差
10V E
AB W U q
=
=- 则
U A -U B =-10V 解得 U B =0V ； 故A 正确；
CD ．因电场方向向左，电场力向左，粒子运动轨迹的凹向指向电场力方向，可知微粒的运动轨迹可能是轨迹1，选项C 正确，D 错误； 9、CD 【解题分析】
静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；由4S
C kd
επ=，分析电容的变化，根据C=Q/U 分析电压U 的变化． 【题目详解】
将b 板也接地，电容器带电量不变，两板间的电势差不变，则静电计指针张角不变，选项A 错误；b 板不动、将a 板向右平移，根据4S
C kd
επ=
可知d 变小时，C 变大，Q 不变时，根据C=Q/U ，可知U 减小，即静电计指针张角变小，选项B 错误；将a 板向上移动一小段距离，根据4S
C kd
επ=
可知S 变小时，C 变小，Q 不变时，根据C=Q/U ，可知U 变大，即静电计指针张角变大，选项C 正确；取出a 、b 两极板间的电介质，根据4S
C kd
επ=
可知C 变小，Q 不变时，根据C=Q/U ，可知U 变大，即静电计指针张角变大，选项D 正确；故选CD. 【题目点拨】
本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式4S
C kd
επ=和C=Q/U ． 10、ABD
【解题分析】
A. 光导纤维是利用全反射来实现传播信号，故A正确；
B. 光是一种横波，光的偏振是光沿特定方向振动且与传播方向相垂直。

一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化。

故B 正确；
C. 通过两枝铅笔的狭缝所看到的远处日光灯的彩色条纹，这是光的衍射现象，故C错误；
D. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由蓝光改为黄光，波长变长，根据
L
x
d
λ
∆=，
则条纹间距变宽，故D正确。

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、①F②F③不正确④变大
【解题分析】
由图可知，F1、F2、F中，最小的是F，F是平行四边形的对角线，则合力为F ；由图可知，合力可以小于分力，由此可以判断，小明的认识是不正确的；若保持分力大小不变，仅使它们之间的夹角变小，对角线表示的合力F会变大。

12、B C E 10Ω
【解题分析】
根据灯泡的额定值进行分析，从而明确电压表和电流表的选择，根据实验原理确定接法，从而明确滑动变阻器的选择，同时分析电源电动势，明确保护电阻的大小；明确实验原理和误差来源，从而确定电流表接法，并根据原理图确定实物图；
【题目详解】
(1)小灯泡上额定电压为2.5V，故电压表应选择C；额定电流为，故电流表应选择B；本实验采用分压接法，故应采用小电阻E；由于电动势为9V，而测量电压只需要2.5V，故可以采用定值电阻与滑动变阻器串联分压的方式减小滑动变阻器两端的电压，为了满足电压要求，可以采用10Ω电阻串联；
(2)由于灯泡内阻较小，满足，故为了减小误差应采用电流表外接法，故电路中电压表接a 处，根据原理图可得出外接法+分压式，对应的实物图如图所示：
【题目点拨】
本题考查灯泡伏安特性曲线的实验，要注意明确实验原理，掌握实验仪表的选择和数所处理的基本方法，注意电路图的正确分析方法是解题的关键。

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、（2）5310t s -=⨯（2）0.085m （3）2．95m
【解题分析】
试题分析：（2）假设粒子可以从电场中射出，则进入电场的粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动0L v t =， 粒子在电场中运动时间0
5310L t v s -=⨯=，从t=2时刻进入的粒子偏移量最大， 竖直方向其中50210s --⨯粒子匀加速运动，接着粒子匀减速直线运动， 由于电压大小一样，所以加速度大小相等8210/o qU a md m s =
=， 离开电场时竖直方向速度 55321010
10/y v a a m s --=⨯⨯-⨯= 竖直方向位移525552111210210101100.035222
()()y a a a m d ----=⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯=<， 假设成立，所以粒子在电场中运动时间5310t s -=⨯
（2）粒子在电场运动时间一共是5310s -⨯，
根据两极板电压变换图b ，竖直方向其中50210s --⨯粒子匀加速运动，接着粒子匀减速直线运动，由于电压大小一样，所以加速度大小相等8210/o qU a md
m s ==
离开电场时竖直方向速度55321010
10/y v a a m s --=⨯⨯-⨯= 竖直方向位移525552112102101()()01100.03522
y a a a m ----=⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯=， 离开电场后到金属板的过程，
水平方向匀速直线运动 x=v 2t 竖直方向匀速直线运动''
10.05y y v t m ==，
所以打到荧光屏的位置到O 点的距离'10.085y y m += （3）撤去挡板后，所有离开电场的粒子速度都相同，示意图如下：
t=2时刻进入的粒子，偏转位移最大，且运动过程中没有速度反向
525552112102101()()01100.03522
y a a a m ----=⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯=， 若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的下边沿离开电场，打在离荧光屏O 点最远位置为0.1d m =。

5210t s -=⨯时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到2的时候，
若粒子位置合适，粒子此时刚好到达上极板，随后开始加速，时间为5110t s -=⨯ ， 此粒子上面的粒子将打在上极板上而不能离开电场。

此粒子正向偏移离O 点距离52211100.0052
()y a m -=⨯⨯=． 根据离开粒子速度大小方向相同，判断打在荧光屏上面的光带长度为20.095d y m -= 考点：考查了带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解
14、 (1)2W ；(2)4W ；(3)6×
10-5C 【解题分析】
(1)S 1闭合，S 2断开时，电路消耗的总功率为
22
12342W 6 1.50.5
E P R R r ===++++ (2)S 1、S 2均闭合时，外电路总电阻为
12312361.5ΩΩ 3.5Ω36
R R R R R R ⨯=+=+=++ 电路消耗的总功率为
22
24W 4W 3.50.5
E P R r ===++ (3)S 1闭合，S 2断开时，电容器极板间的电压为
22364V 3V 6 1.50.5
R U E R R r ==⨯=++++ 电容器所带的电荷量为
6520103C 610C Q CU --==⨯⨯=⨯
15、 (1) 由b 到a (2) 16V (3) 1.6N
【解题分析】
本题考查右手定则的使用及动生电动势
【题目详解】
（1）由右手定则，可知，当导体棒向右切割磁感线时，产生的感应电流应由b 到a ； （2）由动生电动势公式得0.8120V=16V E BLv ==⨯⨯ ；
（3）因导体棒向右匀速运动，则产生的感应电动势恒定为16V ，根据闭合电路的欧姆定律，知2A E I R r
==+ ，安培力=0.821N=1.6N F BIL =⨯⨯安，在光滑的导轨上匀速运动，则有拉力等于导体棒的安培力，即拉力F 大小等于1.6N 。