2024届河北省邯郸市临漳县第一中学物理高二上期中教学质量检测模拟试题含解析

2024届河北省邯郸市临漳县第一中学物理高二上期中教学质量
检测模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、图是同一位体操运动员在比赛中的四个状态．相比之下，单根吊绳受力最小的是状态（）
A．
B．
C．
D．
2、对“静电场”一章中几个公式的理解，正确的是：（）
A．公式C=Q/U指出，电容器的电容随电容器所带电荷量Q的增加而增加
B．由E=U/d可知，电场中两点的距离越大，电场场强E越小
C．在公式F=kq1q2/r2中，kq2/r2是q2所在位置的电场强度的大小
D．公式E P=qφ中，同一个负电荷在电势越高的地方电势能越小
3、关于机械波，下列说法正确的是
A ．质点振动的方向总是垂直于波传播的方向
B ．机械波可以在真空中传播
C ．任一振动质点每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长
D ．振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离为一个波长
4、小船要在宽100m 的河中横渡到对岸，已知水流的速度为3m/s ，船在静水中的速度为5m/s ，下列说法正确的是
A ．小船过河的最短时间为25s
B ．小船不可能垂直河岸过河
C ．小船能垂直河岸过河，过河的时间是20s
D ．小船能垂直河岸过河，过河的时间为25s
5、如图所示，一束粒子从O 点沿水平方向射入电场后分成了a 、b 、c 、d 四束，粒子重力不计，其中不带电的粒子束为（ ）
A ．a
B ．b
C ．c
D ．d
6、将两个分别带有电荷量-2Q 和+5Q 的相同金属小球 A 、B 分别固定在相距为r 的两处(均可视为点电荷)，它们间库仑力的大小为F ．现将第三个与 A 、B 两小球完全相同的不带电小球 C 先后与A 、B 相互接触后拿走，A 、B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为( )
A ．5F
B ．910F
C ．4F
D ．F
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、在同一光滑斜面上放同一导体，如图所示是两种情况的剖面图。

它们所处空间有大小相同的磁场，左图磁场方向垂直于斜面，右图磁场方向垂直于水平面，导体A 分别通有电流I 1和I 2，都处于静止状态。

已知斜面的倾角为θ，则
A ．I 1∶I 2＝cosθ∶1
B ．I 1∶I 2＝1∶1
C ．两种情况导体A 所受安培力大小之比F 1∶F 2=sinθ∶cosθ
D ．两种情况导体A 所受安培力大小之比F 1∶F 2= c osθ∶1
8、关于匀变速直线运动规律的应用，下列说法正确的是( )
A ．匀变速直线运动的速度总与时间成正比
B ．三个基本公式及平均速度公式都是只适用于匀变速直线运动
C ．对于加速度不变的运动，公式v 2－v 02＝2ax 都适用
D ．速度位移公式v 2－v 02＝2ax 与速度公式v ＝v 0＋at 具有相同的适用条件
9、霍尔式位移传感器的测量原理是：如图所示,有一个沿Z 轴方向的磁场,磁感应强度(00B B kz B =+、k 均为常数,将传感器固定在物体上,保持霍尔元件的电流不变方向如图中箭头所示。

当物体沿z 轴方向移动时,由于位置不同,霍尔元件在y 轴方向的上下表面的电势差U 也不同,则
A ．磁感应强度
B 越大,上下表面的电势差U 越小
B ．k 越大,传感器灵敏度U Z ∆⎛⎫ ⎪∆⎝⎭
越高 C ．若图中霍尔元件是电子导电,则下板电势高
D ．电流I 取值越大,上下表面的电势差U 越大
10、如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场．有一重力不计的带电粒子(电量为q ，质量为m )以垂直于x 轴的速度v 0从x 轴上的P 点进入匀强电场，恰好与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限．已知OP 之间的距离为d ，则( )
A ．带电粒子通过y 轴时的坐标为(0，d )
B ．电场强度的大小为202mv qd
C ．带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为()0342d
v π+
D．磁感应强度的大小为
2
0 2
4 mv qd
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）小亮同学为研究某电学元件(最大电压不超过2.5 V，最大电流不超过0.55 A)的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材：
A．电压表(量程3 V，内阻约6 kΩ)
B．电压表(量程15 V，内阻约30 kΩ)
C．电流表(量程0.6 A，内阻约0.5 Ω)
D．电流表(量程3 A，内阻约0.1 Ω)
E.滑动变阻器(阻值范围0～5 Ω，额定电流为0.6 A)
F.滑动变阻器(阻值范围0～100 Ω，额定电流为0.6 A)
G.直流电源(电动势E＝3 V，内阻不计)
H.开关、导线若干
该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据(I和U分别表示电学元件上的电流和电压)。

(1)为了提高实验结果的准确程度，电流表选________________；电压表选
________________；滑动变阻器选________________。

(以上均填写器材代号)
(2)请在虚线框中画出实验电路图________________。

12．（12分）在《描绘小灯泡伏安特性曲线》实验中选择“3V 0.5A”的小灯泡作为研究对象，现备有以下器材:
A．电流表(量程0～0.6A，内阻1Ω)
B．电流表(量程0～3A，内阻1Ω)
C．电压表(量程0～15V，内阻约10kΩ)
D．电压表(0～3v，内阻约2kΩ)
E.滑动变阻器(阻值0~100Ω)
F.滑动变阻器(阻值0-10Ω)
G.电源E=6V
H.开关I，导线若干
（1）在本实验中，电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选用
______；(填入器材序号)
（2）滑动变阻器应采用______(填“分压”或“限流”)接法，电流表应采用______(填“内”、“外”)接法；
（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I =______A，U=______V.
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）A、B是两个电荷量都是Q的点电荷，相距l，AB连线中点为O。

现将另一个电荷量为q的点电荷放置在AB连线的中垂线上，距O为x的C处（图甲）。

（1）若此时q所受的静电力为F1，试求F1的大小。

（2）若A的电荷量变为﹣Q，其他条件都不变（图乙），此时q所受的静电力大小为
F2，求F2的大小。

（3）为使F2大于F1，l和x的大小应满足什么关系？
14．（16分）在竖直平面内有一直角坐标系xoy，Ox水平，Oy竖直．在坐标轴上有两点P、Q，其中P（0，h），Q（L，0）且h<L．现有一质量为m，电荷量为+q的小球，以初速度v0从P点射入．已知重力加速度为g．
（1）若在第一象限内加上竖直向下的匀强电场，小球沿x轴正方向射入，恰好经过Q 点，如图甲所示．求电场强度E1的大小；
（2）若在第一象限内同时加上一匀强电场（未画出）和一垂直纸面向外的匀强磁场，小球沿y轴正方向射入，将做匀速圆周运动且恰好也经过Q点，如图乙所示．求电场
强度E2和磁感应强度B的大小．
15．（12分）四个完全相同的电阻，每一个的电阻为12Ω。

请用串并联的方法连成一个电路，使其总值小于12Ω，画出电路图，并求出电路总阻值。

（4个电阻都要用，到少要求出2个不同的阻值）
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】
对人受力分析可知，两绳的拉力的合力与人的重力的大小是相等的，人的重力的大小是不变的，所以它们的合力的不变，当双臂张开时绳之间的夹角变大，两个分力的大小都要变大，所以四个状态相比之下，单根吊绳受力最小的是状态是A图．故A正确，BCD 错误
故选A
点睛：在合力不变的情况下，两个分力之间的夹角越大，那么这两个分力的大小就越大．2、D
【解题分析】公式C=Q/U指出，电容器的电容等于电容器所带电荷量Q与两板电压U 的比值，电容器的电容与所带电量无关，选项A错误；匀强电场的电场强度与电场中两点的距离无关，选项B错误；在公式F=kq1q2/r2中，kq2/r2是q2在q1所在位置的电场强度的大小，选项C错误；公式E P=qφ中，同一个负电荷在电势越高的地方电势能越小，选项D正确；故选D.
点睛：本题考查对电场中几个公式的理解能力，关键要抓住各个公式的适用条件、公式
中每个量的含义进行分析．可根据点电荷场强的计算公式E=kQ/r 2，来重新理解库仑定律．
3、D
【解题分析】
A ．在横波中质点振动的方向垂直于波传播的方向，在纵波中，质点的振动方向与波传播方向平行，选项A 错误；
B ．机械波只能借助于介质传播，不可以在真空中传播，选项B 错误；
C ．波在传播过程中，质点不随波迁移，选项C 错误；
D ．振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离为一个波长，选项D 正确。

4、D
【解题分析】 当静水船速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短为：，故A 错误；因船在静水中的速度大于水流速度，因此船能垂直河岸过河，故B 错误；船要垂直河岸过河即合速度垂直河岸，合速度与分速度如图：
过河时间用合位移除以合速度：
，因此船垂直过河，过河时间为
25s ，故C 错误，D 正确；故选D 。

【题目点拨】
解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短；当合速度的方向与河岸垂直时，位移最小.
5、B
【解题分析】
带电粒子在电场中受到电场力作用，当带电粒子垂直电场射入时要发生偏转，图中的a 、c 、d 都受电场力作用，b 不受电场力作用，故b 不带电；故选B.
6、A
【解题分析】 开始时由库仑定律得：225
Q Q F k r
-⨯＝；当小球和A 接触后，A 球带电为-Q ，再和B 球接触时，先中和后总电量为4Q ，故平分后B 球带电为2Q ，因此此时：122Q Q F k r -⨯＝；
可得：F 1=5
F ，故BCD 错误，A 正确．故选A ． 【题目点拨】
完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解．
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、AD
【解题分析】
导体棒受力如图，I 1 所受的安培力沿斜面向上，I 2所受的安培力水平向右；
I 1 所受的安培力沿斜面向上，如图根据共点力平衡得，F 1=mgsinθ； I 2所受的安培力水平向右如图，根据共点力的平衡得：F 2=mgtanθ。

又：F 1=BI 1L ；F 2=BI 2L ；所以：1122 1
I F sin cos I F tan ＝＝＝θθθ；故AD 正确，BC 错误；故选AD 。

【题目点拨】
解决本题的关键是根据左手定则判断安培力的方向，正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解。

8、BCD
【解题分析】
当初速度为零，v=at ，则速度与时间成正比，当初速度不为零，v=v 0+at ，速度与时间成一次函数关系，不是正比关系．故A 错误．三个基本公式及平均速度公式都是只适用于匀变速直线运动；故B 正确；对于加速度不变的匀变速直线运动，公式v 2-v 02=2ax 都适用；故C 正确；速度位移公式v 2-v 02=2ax 与速度公式v=v 0+at 均适用于匀变速直线运动；故D 正确；故选BCD ．
9、BD
【解题分析】
AD ．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a 、b 、c ，有
U q qvB c ＝ 电流的微观表达式为 I=nqvS =nqvbc
所以
BI U nqb
B 越大，上、下表面的电势差U 越大。

电流越大，上、下表面的电势差U 越大。

故A 错误，D 正确。

B ．k 越大，根据磁感应强度B =B 0+kz ，知B 随z 的变化率越大，根据BI U nqb ．知，U 随z 的变化率越大，即传感器灵敏度U Z ∆⎛⎫ ⎪∆⎝⎭
越高。

故B 正确。

C ．霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高。

故C 错误。

10、BC
【解题分析】 试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，因为进入磁场时速度方向与y 轴成45°，所以沿x 轴方向的分速度0x v v =，在x 轴方向做匀加速运动，有002
v d t +=，沿y 轴方向做匀速运动，有02s v t d ==，故选项A 错误；在x 轴方向做匀加速运动，根据
00022x Eq d Eqd v v m v mv ==⨯=，解得202mv E qd
=，故选项B 正确；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，
由图可知粒子的半径22R d =，圆心角31354
θπ==，所以在磁场中的运动时间为1000
135232233602242R d d t v v v πππ⨯
⨯===；在电场中的运动时间为202d t v =，所以总时间为()120342d t t t v π+=+=，故选项C 正确；由2mv qvB R
=可知磁感应强度
002222m v mv B qd
q d ⨯==⨯，故选项D 错误． 考点：类平抛运动规律；粒子在磁场中和电场中的运动．
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)C ； A ； E ； (2)
【解题分析】
(1)根据电流和电压的测量数据可知需要选择的电流表量程应稍大于0.5A ，故选C ；电压表的测量范围为0~2V ，所以应选用电压表A ；电流电压均是从零开始的，所以应选用滑动变阻器的分压式接法，故应选用小电阻大电流的滑动变阻器E ；
(2)由于测量电阻阻值较小，电流表的分压效果显著，所以电流表应采用外接，又因为电流从零开始，所以滑动变阻器采用分压式，实验电路图如下：
12、A D F 分压式 外 0.48 2.20
【解题分析】
(1) “3V 0.5A”的小灯泡，则电流表应选用A(量程0～0.6A ，内阻1Ω)，电压表应选用D(0～3v ，内阻约2kΩ)；
描绘小灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器选用F (阻值0-10Ω)
(2) 描绘小灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器应采用分压式接法；
小灯泡正常工作时的电阻6e L e U R I =
=Ω比电压表电阻小的多，则电流表应采用外接法．
(3) 电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I =0.48A ，U=2.20V
点睛：器材分度值是一个单位的，估计到分度值的下一位；器材分度值是2或5个单位的，估计到分度值的同一位．
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) 2232(())2kqQx l x +(2) 223(())2kqQl
l x +(3) 2l x > 【解题分析】
（1）设q 为正电荷，在C 点，A 、B 两电荷对q 产生的电场力大小相同，为： 22)4
(A B kQq
F F l x ==+ 方向分别为由A 指向C 和由B 指向C ，如图：
故C 处的电场力大小为：
F 1=2F A sinθ
方向由O 指向C 。

其中：22
4sin l x θ=+ 所以：
3
1222
24
()kQqx
F l x =+ （2）若A 的电荷量变为-Q ，其他条件都不变，则C 处q 受到的电场力： F 2=2F A cosθ
其中：
l cos θ=
所以：
222
23
(4
)kQql
F l x +＝ 方向由B 指向A 。

（3）为使F 2大于F 1，则：
22223(4)kQql F l x +＝＞3
1222
24
()kQqx F l x =+ 即：
l ＞2x
14、（1）22022mhv mgL ql -（2）()
0222mLv q L h + 【解题分析】(1)在电场力的作用下，粒子做类平抛运动，则 1qE mg ma +=
水平方向上： 0L v t =
竖直方向上： 212
h at = 解得 E 1=22
02
2mhv mgL ql - (2)小球在重力、电场力和洛伦兹力的共同作用下做匀速圆周运动，则有2qE mg = 解得2mg E q
= 方向竖直向上 带电小球做圆周运动的轨迹如图所示，设轨道半径为 r
如图所示，根据几何关系有()2
22L r h r -+=
由牛顿第二运动定律得： 200v Bqv m r =
解得B=()0
222mLv q L h +
15、13R =Ω，29R =Ω，
【解题分析】第一中情况：如图所示，将4个电阻并联：
则总电阻为：134
R R ==Ω； 第二种情况：如图所示，将三个电阻串联然后与第四个电阻并联：
则总电阻为：29R =Ω；。