陕西省渭南市尚德中学2024届物理高二上期中综合测试试题含解析

陕西省渭南市尚德中学2024届物理高二上期中综合测试试题注意事项：
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、如图所示，两平行正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子以初速度v0沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后作直线运动．带电粒子所受重力可忽略不计，若粒子：
A．速度大于v0则向下偏转
B．带负电则不能作直线运动
C．速度小于v0则向下偏转
D．从右端水平射入时向上偏转
2、穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加5Wb,则
A．线圈中感应电动势每秒增加5V
B．线圈中感应电动势每秒减小5V
C．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于5V
D．线圈中感应电动势始终为5V
3、在真空中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN 上上的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示．由此可见( )
A．电场力为2mg
B．小球带正电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到B与从B到C的速度变化大小相等
4、将一个，的表头改装成一个量程为3V的电压表，正确的操作应该是（）
A．加一节电池
B．加两节电池
C．串联一个990欧姆的电阻
D．并联一个990欧姆的电阻
5、电阻R与两个完全相同的晶体二级管D1和D2连接成如图所示的电路，端加上的电压U ab=10V时，流经点的电流为0.01A；当U ab=V时，流经点的电流仍为0.01A，则电阻R的阻值为（）
A．1020ΩB．1000ΩC．980ΩD．20Ω
6、如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个a 粒子（带正电）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a 粒子先后通过M 点和N 点. 在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出( )
A．a 粒子在M 点受到的电场力比在N 点受到的电场力大
B．N 点的电势低于M 点的电势
C．a 粒子在N 点的电势能比在M 点的电势能大
D．a 粒子在M 点的速率小于在N 点的速率
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、如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器测算P向右移动时，下列说法正确的是：（）
A ．电流表读数变小，电压表读数变大
B ．小电泡L 变暗
C ．电容器C 上电荷量减小
D ．电源的总功率变大
8、在如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为零，电阻R 1=2R 2，在R 2的两端并联上一段电阻忽略不计的导线Ｌ，则：
A ．通过电阻R 1和R 2的电流I 1=I 2
B ．R 1两端电压U 1=23
E C ．导线L 中通过的电流I L =
1E R D ．使电阻R 2断路，通过R 1的电流不发生变化
9、如图所示，匀强电场中某电场线上的两点A 、B 相距0.2 m ，正电荷q ＝106C ，从A
移到B ，电场力做功为2×
106J ，则( ) A ．该电场的场强为10 V/m B ．该电场的场强方向由A 指向B
C ．A 、B 间的电势差为10 V
D ．B 点的电势比A 点的高
10、如图所示，虚线a 、b 、c 表示在O 处某一点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面间的间距相等。

一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示电子的运动轨迹与等势面的一些交点。

由此可以判定
A ．电子在1、2、3、4位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等
B ．O 处的点电荷一定带负电
C．a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φc
D．电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的关系是|W12|＝2W34
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）单摆测定重力加速度的实验中，
（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径
d=______mm．
（2）实验测得摆长为L，用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式为：g=____________（用题目中物理量的字母表示）．（3）若该同学采用图象法处理实验数据，实验中测出不同摆长L以及对应的周期T，作出图线如图所示，利用图线上任两点A、B的坐标（x l，y1）、（x2，y2）可得出重力加速度的表达式g=_____；
（4）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有______
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置一微小角度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔△t即为单摆周期T
E．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置一微小角度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间△t，则单摆周期T=
12．（12分）用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T，请根据下列步骤完成电阻测量。

(1)旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线；
(2)将K旋转到欧姆挡“×100”的位置；
(3)将插入“＋”、“－”插孔的两表笔短接，旋动部件_______，使指针对准电阻的______（选填“0刻线”或“∞刻线”）；
(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。

为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_______的顺序进行操作，再完成读数测量；
A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置；
B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置；
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接；
D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
(5)如图所示为一多用电表表盘。

①如果用直流10V挡测量电压，则读数为________V；
②如果用×100挡测电阻，则读数为________Ω。

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）一电子以水平速度v0沿两平行金属板A、B的轴线MN射入，两金属板间电压U AB的变化规律如图所示．已知电子质量为m，电荷量为e，电压周期为T，电压为U0
（1）若电子从t=0时刻进入两板间，且能从板右边水平飞出，则金属板可能为多长？（2）若电子从t=0时刻进入两板间，且在半个周期内恰好能从板的上边缘飞出，则电子飞出速度为多大？
（3）若电子能从板右边N点水平飞出，电子应在哪一时刻进入两板间？两板间距离至少为多大？
14．（16分）如图所示，一束电荷量为q、质量为m的带正电粒子从O点由静止开始经过加速电压为U的匀强电场加速后，均能从边界AN的中点P垂直于AN和磁场方向射
入磁感应强度大小B＝32mU
R q
(B为定值，不随加速电压U的改变而改变)的匀强磁
场中，已知：匀强电场的宽度d＝1
2
R，匀强磁场由一个长为2R、宽为
1
2
R的矩形区
域组成，磁场方向垂直纸面向里，粒子间的相互作用和重力均不计。

试求：
(1)带正电粒子经加速电压U加速后的速度v的大小；
(2)每个粒子在电场中运动的时间；
(3)每个粒子在电磁场中运动的总时间．
15．（12分）如图所示，在光滑的水平杆上套着一个质量为m的滑环，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬吊着质量为M的物体（可视为质点），绳长为l．将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆，若滑环不固定，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度．
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、C
【解题分析】试题分析：粒子的速度大于0v 沿水平方向进入两板间，洛伦兹力大于电场力，导致离子向上偏转，粒子的速度小于0v 沿水平方向进入两板间，洛伦兹力小于电场力，导致离子向下偏转，故A 错误，C 正确；正电粒子从左侧进入场区，所受的电场力竖直向下，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向竖直向上，恰好可以做直线运动，由0qBv qE =，得0E v B
=，说明做匀速直线运动的速度大小与带电粒子的电性、电量无关，故B 错误；从右端水平射入时正电粒子所受的洛伦兹力和电场力方向都向下，故向下偏转，故D 错误.故选C.
【题目点拨】带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，才能沿直线通过，根据左手定则判断洛伦兹力方向，确定两个力能否平衡，即可判断粒子能否沿直线运动． 2、D
【解题分析】
磁通量始终保持每秒钟均匀地增加5Wb ，根据法拉第电磁感应定律
5==V=5V 1
n E t ∆Φ∆； 由于磁通量的变化率不变，故电动势不变；而电动势大小与电阻大小无关，故D 正确，ABC 错误；
3、D
【解题分析】
C ．小球在水平方向不受力，所以沿水平方向做匀速直线运动，小球从A 到B 的运动时间是从B 到C 的运动时间的2倍，选项C 错误；
AB ．在竖直方向，小球在AB 受到的重力是小球在BC 所受合力的一半
1()2
mg F mg =- 所以电场力
F =3mg
电场力方向向上，则小球带负电，选项AB 错误；
D ．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等，D 正确．
故选D 。

4、C
【解题分析】
把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，根据串联电路的特点，则有：，解得：，C正确，故选C.
5、C
【解题分析】设二极管正向导通的电阻为R D．当a、b端加上电压U ab=10V时，根据
欧姆定律得：R+R D=
10
0.01
ab
U
I
＝Ω=1000Ω；当U ab=-0.2时，R D=|ab
U
I
|=20Ω，则得
R=980Ω，故选C.
点睛：二极管具有单向导电性，当加正向电压时，电阻很小，当加反向电压时，电阻很大，理想的认为是无穷大，当作断路．
6、C
【解题分析】
根据电场线或等势面的疏密程度可知N点的电场强度较大，故带电粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力小，故A错误；由粒子的运动轨迹可知，带正电的粒子所受的电场力方向指向右下方，则电场线的方向指向右下方，根据“顺着电场线的方向电势降落”，可知N点的电势高于M点的电势，故B错误；若粒子从M到N，电场力对粒子做负功，电势能增加，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故C正确；若粒子从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速率大于在N点的速率，故D错误；故选C。

【题目点拨】
此题关键是知道电场线与等势面垂直，等差等势面的疏密程度也反映电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
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、CD
【解题分析】
试题分析：滑动变阻器滑片P向左移动，滑动变阻器连入电路的电阻增大，根据“并同串反”知：
电流表读数变小，电压表读数变大，A正确；小灯泡L变暗，B错误；电容器两端电压增大，电荷量增大，C错误；电源的总功率P＝EI，总电流减小，电动势不变，电源的总功率减小，D错误．
考点：本题考查闭合电路的动态分析、电源的功率．
8、CD
【解题分析】
由题意可知考查闭合电路欧姆定律，据此分析计算可得。

【题目详解】
A ．电阻R 2被短路，通过R 2的电流I 2＝0，故A 错误；
B ．R 1两端电压U 1=E ，故B 错误；
C ．根据闭合电路欧姆定律可知通过导线L 的电流I L =1E R ，故C 正确；
D ．使电阻R 2断路，通过R 1的电流I L =
1E R ，不发生变化，故D 正确。

【题目点拨】
在R 2的两端并联上一段电阻忽略不计的导线Ｌ，则R 2被短接，根据闭合电路欧姆定律计算可得。

9、AB
【解题分析】试题分析：根据电场力做功的公式W=qU 得，故C 错误．根据匀强电场两点电势差和电场强度的公式U=Ed 得．故A 正确．U AB =φA -φB =2v ，所以B 点的电势比A 点的低，沿着电场线电势一定降低，所以电场的方向由A 向B ，故B 正确，D 错误．故选AB ．
考点：电场力的功与电势差的关系
10、AB
【解题分析】
A ．电子在运动的整个过程中只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，总功又等于动能的增加量,故电势能和动能之和守恒,所以A 正确;
B ．因为曲线运动的合力应该指向内侧,故从电子的运动轨迹可以看出,电子受到排斥力,故O 处的场源电荷是负电荷，故B 正确;
C ．因为场源电荷是负电荷，又因为沿着电场线电势降低,故结合负点电荷的电场线分布规律可以知道：
a b c ϕϕϕ<<
故C 错误;
D．因为负点电荷的电场不是匀强电场,电场线越密的地方，等差等势面也越密；故从位置1到位置2电场力做的功大于从位置3到位置4电场力做功的两倍,故D错误;
故选AB.
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、14.15ABE
【解题分析】
（1）该摆球的直径为
（2）由图乙所示图象可知，单摆的周期，由单摆周期公式可知，重力加速度．
（3）由单摆周期公式可知，，由图象可知，则，解得；
（4）实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球，AB正确；摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故C 错误；释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值，故D错误E正确．
12、S T 0刻线ADC 6.5 800
【解题分析】
(1)[1]电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；(3)[2]将插入“十“、“－“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线
(4)[3]将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏角过小，则电阻阻值大，说明所选挡位太小，为了得到比较准确的测量结果，应换用大挡进行测量，应将K旋转到电阻挡“×1K”的位置，然后将两表笔短接，旋动合适部件，使指针指在电阻零刻度处，再将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，因此合理是实验步骤是ADC；(5)[4]如果是用直流10V挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，读数为6.5V
[5]如果用×100挡测电阻，则读数为8×100Ω=800Ω
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）l =nv 0T(n=1,2,3,…..)（23）()214n t T += (n=0,1,2,3……)
d ≤【解题分析】（1）粒子能水平从右边飞出,经过时间应满足:t=nT 又因水平方向匀速运动,所以板长为: l =nv 0T(n=1,2,3,…..)
（2）电子加速过程中: 220011222U e
mv mv =-
计算得出v = （3）要粒子从O'点水平飞出,电子进入时刻应为: 42T T t n =
+（n=0,1,2,3…..） 即： ()214n t T += (n=0,1,2,3……)
在半周期内竖直位移为 21224T y a ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭
又 0U e ma d
= 电子不与板相碰,必须满足条件: 2d y ≤
由上式得两板间距离至少为: d ≥
14、（1） v ； （2）t E ＝3 ； （3）t ＝π(3)2R +【解题分析】 （1）若加速电场加速电压为U ，由动能定理得
212
qU mv =
得 v =（2）在磁场中，根据牛顿第二定律得
2
v qvB m r
= 解得3
R r = 分析可知粒子在磁场中运动的轨迹为一个半圆和四分之一圆周如图所示
分析可知粒子在电场中先加速后减速再加速，由运动学公式可得 12d m t R v qU
== 则粒子在电场中运动的时间为
21332m t t R qU
==(3)则粒子在磁场中运动的时间为
3332344222m m m t T qB qB qU
πππ==⨯==故粒子在电磁场中运动的总时间为
23(3)22m t t t qU
π=+=+15、m h l M m
=+ 【解题分析】
设物块获得初速为v 0，则滑环固定时，
2012
mv mgL =① 滑环不固定时，有
Mv 0=(M ＋m)v ②
22011()22
mv M m v Mgh =++③ 由①②③，得
m h L M m =
+。