福建省安溪第六中学2024届高二物理第一学期期中统考模拟试题含解析

福建省安溪第六中学2024届高二物理第一学期期中统考模拟试
题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、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、一个钢球做自由落体运动，取g = 10 m/s2，则3s末钢球的速度大小为（）A．15m/s B．20 m/s C．25 m/s D．30 m/s
2、如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，与均为理想电表；开始时开关S闭合，均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是
A．R1断路B．R2断路C．R1短路D．R3短路
3、在地球表面的某位置,发现能自由转动的小磁针静止时S极指向地面,则该位置是()
A．地磁北极附近B．地磁南极附近
C．赤道附近D．无法确定
4、如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。

有关下列说法中正确的是（）
A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流
B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流
C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向上运动D．若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动
5、反天刀是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着电器官，这些器官能在鱼周围产生电场．如图为反天刀周围的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的点，下列说法正确的是
A．尾部带正电
B．A点电场强度大于B点电场强度
C．A点电势高于C点电势
D．正离子从A向C运动，其电势能变小
6、如图所示，把一带正电的小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应( )
A．带负电，放在A点
B．带正电，放在B点
C．带负电，放在C点
D．带正电，放在C点
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、LC振荡电路的固有频率为f，则
A．电容器内电场变化的频率也为f B．电容器内电场变化的频率为2f
C．电场能和磁场能转化的频率为f D．电场能和磁场能转化的频率为2f
8、一个重为600N的人站在电梯中，此人对电梯地板的压力为700N，则此电梯的运动
情况可能是（）
A．加速上升B．减速上升C．加速下降D．减速下降
9、在如图所示的电场中，有A、B两点，则
A．A点场强小于B点场强
B．A点电势低于B点电势
C．A点场强方向向左
D．电子在A点受的电场力方向向左
10、现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备．它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室做半径不变的圆周运动．电磁铁线圈中电流大小、方向可以变化，产生的感应电场使电子加速．上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上往下看，电子枪射出的电子沿逆时针方向运动．则下列说法正确的是
A．保持如图电流方向不变，当电流增大时，电子速率将增大
B．保持如图电流方向不变，当电流减小时，电子速率将增大
C．若电子速率在增大，电子在做圆周运动的周期将变小
D．电子之所以能加速，是因为磁场力对电子做功的结果
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）如图甲为某同学描绘额定电压为3.8V的小灯泡伏安特性曲线的实验电路图. （1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整；
（2）开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于端（选填“A”、“B”或“AB 中间”）；
（3）实验中测出8组对应的数据（见下表）：
次数 1 2 3 4 5 6 7 8
U/V 0 0.20 0.50 1.00 1.50 2.00 3.00 3.80
I/A 0 0.08 0.13 0.18 0.21 0.24 0.29 0.33
则测得小灯泡的额定功率为W. 请在给出的坐标中，描点作出I—U图线．由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻（选填“增大”、“减小”或“不变”）. 12．（12分）如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。

（1）将图中所缺导线补接完整。

（______）
（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下。

那么合上电键后，将原线圈迅速插入副线圈时，电流计指针向_____偏转；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针向_____偏转。

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，空间中存在一电容器，已知极板间电势差为U，极板间距为d，板长为L。

一质量为m，带电量为q的正电粒子以某一初速度（大小未知）从正极板边缘飞入电容器，恰能从电容器负极板边缘飞出。

（不计粒子重力）求：
(1)粒子在电场中运动的时间；
(2)粒子离开电场时的动能。

14．（16分）如图所示，在xOy平面内，虚线OP与x轴的夹角为30°．OP与y轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．OP与x轴之间存在垂直于xOy平面的匀强磁场．现有一带电的粒子，从y轴上的M点以初速度v沿着平行于x轴的方向射入电场，当该粒子从边界OP上某点Q（图中未画出）离开电场时，速度的偏转角为30°，最后粒子又以垂直于x轴的方向射出磁场．已知粒子的质量为m电量为q（q＞0）粒子的重力可忽略．求：
(1)M点的纵坐标；
(2)磁感应强度的大小和方向；
(3)粒子从进入电场到离开磁场所用的时间．
15．（12分）如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为l＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离L＝15 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏(足够大)上有电子打到的区间有多长，一个周期内屏幕发光时间多长？
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】
根据v=gt可知3s末钢球的速度大小为：v3=gt3=10×3m/s=30m/s，故选D.
2、B
【解题分析】
试题分析：因为当R2断路时，外电路的总电阻变大，故路端电压变大，即电压表读数
变大；电路的总电流减小，故R1上的电压减小，R3电压变大，故电流表读数变大，与题目所给的现象吻合，故电路是R2断路，故答案选B．
考点：电路的故障分析.
3、A
【解题分析】
根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引可知，小磁针的S极指向的位置应是地磁场的北极，故选项A正确.
4、A
【解题分析】
A.只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；
B.电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；
C.电路中有效总电阻不变，总电流不变，则电压表的示数不变。

电容器两板间的电压变大，由
U
E
d
可知电场力变大，带点微粒向上运动，故C错误；
D.若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，电场强度减小，故粒子将向下运动；故D错误。

5、B
【解题分析】
A、如图所示，电场线从正电荷出发，终止于负电荷，则头部带正电，尾部带负电，故A错误；
B、如图，A点电场线比B点的电场线密集程度大，所以A点电场强度大于B点电场强度，故B正确；
C、越靠近负电荷，电势越低，如图，A点更靠近负电荷，所以A点电势低于C点电势，故C错误；
D、正离子从A向C运动，电场力做负功，其电势能变大，故D错误．
6、C
【解题分析】
小球a处于平衡状态，受力平衡，合力为零，小球受重力，一定向下，小球受到的支持
力的方向与斜面垂直，所以重力与支持力的合力的方向一定沿斜面向下。

根据平衡条件可知，库仑力必须有沿斜面向上的分力小球a才能平衡，即库仑力的方向在直线aB的右侧。

A．负电荷放在A点时，负电荷与a之间为静电引力，库仑力的方向由a指向A，该库仑力有沿斜面向下的分力，所以小球不可能平衡，故A错误；
B．正电荷放在B点时，电荷与a之间为静电斥力，库仑力的方向由B指向a，该库仑力垂直于斜面向上，所以小球不可能平衡，故C错误；
C．负正电放在C点时，它们之间为静电引力，库仑力的方向由a指向C，该库仑力有沿斜面向上的分力，所以小球可以处于静止状态，故C正确；
D．正电荷放在C点时，电荷与a之间为静电斥力，库仑力的方向由C指向a，该库仑力有沿斜面向下的分力，所以小球不可能平衡，故D错误。

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】
电容器内电场变化的周期与固有周期相等，故频率为f，一个周期内，电场能与磁场能相互转化两次，故电场能与磁场能转化的频率为2f，故A、D正确，B、C错误；
故选AD。

8、AD
【解题分析】
试题分析：由牛顿第二定律知电梯加速度向上，故可能加速上升、也可能减速下降，AD对．
考点：牛顿第二定律．
【名师点睛】对超重和失重的理解
1．实重：物体实际所受的重力．物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化．2．视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力，此时弹簧测力计或台秤的示数叫物体的视重．
3．判断物体超重与失重的方法
(1)从受力的角度判断：
超重：物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力
失重：物体所受向上的拉力(或支持力)小于重力
(2)从加速度的角度判断：
①当物体的加速度方向向上(或加速度有竖直向上的分量)时，处于超重状态． 根据牛顿第二定律有：F N －mg ＝ma ，此时F N >mg ，即处于超重状态． ②当物体的加速度方向向下(或加速度有竖直向下的分量)时，处于失重状态． 根据牛顿第二定律有：mg －F N ＝ma ，此时F N <mg ，即处于失重状态． 9、BD 【解题分析】
A ．A 点电场线较
B 点密集，可知A 点场强大于B 点场强，选项A 错误； B ．沿电场线电势降低，可知A 点电势低于B 点电势，选项B 正确；
CD ．由电场线可知，A 点场强方向向右，电子在A 点受的电场力方向向左，选项C 错误，D 正确。

10、AC 【解题分析】
AB. 当电磁铁中应通以方向如图甲所示，大小增强的电流，线圈中的磁场就增大了，根据楞次定律，感生电场产生的磁场要阻碍它增大所以感生电场俯视图为顺时针方向，所以电子在逆时针方向电场力作用下加速运动，在洛伦兹力约束下做圆周运动，故A 正确B 错误．
C. 在电子被加速过程中，由于电流增强，磁场变大，
2m
T Bq
π=
导致运动的周期变小，故C 正确．
D. 电子受到的感生电场力做加速运动的力，电场力做正功，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，洛伦兹力不做功，故D 错误．
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）如图
（2）A
（3）1.3，增大．
【解题分析】
试题分析：（1）根据实验原理图连接即可，注意电压表、电流表的量程不要选错，正负极不能连反，滑动变阻器采用分压接法．
（2）采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，即将测量电路短路．
（3）根据所画出的U﹣I图象，得出小灯泡在3.8V电压下的电流，根据P=UI可以求出其额定功率．图象斜率的倒数表示电阻．
解：（1）根据实验原理图连接实物图，如图所示：
（2）采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，故打到A端；
（3）根据描点法作出U﹣I图象如图所示，当电压为3.8V时，电流为0.33A，所以
P=UI=3.8×0.33=1.3W
图象斜率的倒数表示电阻，由图象可知，斜率随着电流的增大而减小，所以电阻随着电流的增大而增大．
故答案为
（1）如图
（2）A
（3）1.3，增大．
【点评】本题比较简单，考查了有关电学实验的基础操作，对于电学实验一定要熟练掌握滑动变阻器的两种接法和电流表的内外接法等基础知识．
12、 右 左
【解题分析】
(1)[1]探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：
(2)[2]闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转；
[3]原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转。

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)2m qU
(2)2
24+qUL qU d 【解题分析】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，由沿电场力方向做匀加速直线运动得
212
d at = F Eq a m m
== U E d = 得
212qU d t md
= 解得
t =(2)沿极板方向做匀速运动得
0L t υ==由动能定理得
2k 012
qU E m υ=- 解得
2
k 24qUL E qU d
=+ 14、（1）202mv y qE =（2）03E B v =；垂直于纸面向外（3
）0)9mv qE
π 【解题分析】
(1)设粒子到达边界的位置为Q ，竖直分速度为y v ，由几何关系得：
0y v = 设粒子在电场中的运动时间为1t ，加速度为a ，则根据牛顿第二定律有： qE ma =
1y v at =
粒子在y 轴方向的偏转距离为：
112
y y v t '= 在x 轴方向的偏转距离为：
01x v t =
M 点的标为y ，则有：
sin30y y OQ -'=︒
联立解得：
202mv y qE
=
(2)设粒子在磁场中的运动速度为v ，轨道半径为R ，根据(1)分析可知：
03
v = 根据几何知识可知：
2cos30R OQ ︒=
洛伦兹力提供向心力，即：
2
v qvB m R
= 联立解得：
3E B v = 又由于粒子带正电，所以磁场方向垂直于纸面向外
(2)根据几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹的圆弧对应的圆心角为60︒，所以粒子在磁场中的运动时间为：
216
t T = 2R T v
π= 解得：
29mv t qE π=
即：
12t t t =+= 15、（1）18 cm （2）40cm ；0.133s
【解题分析】
根据动能定理求出电子刚进入偏转电场时的速度；电子在偏转电场中做类平抛运动，根据偏转电压求出加速度，结合垂直电场方向做匀速直线运动求出运动的时间，从而得出偏转位移与偏转电压的关系，得出偏转位移的大小；根据粒子出偏转电场时反向延长线经过中轴线的中点，结合相似三角形求出打在光屏上的位置；通过第（1）问中偏转位移与偏转电压的关系得出在电场中的最大偏转位移，从而通过相似三角形，结合几何关系求出得出电子打到光屏上的区间长度以及一个周期内屏幕发光时间；
【题目详解】
解：(1)电子经电场加速满足2012qU mv =
电子在偏转电场中做类平抛运动，则有：l vt =，qU a ml =
偏 经电场偏转后侧移量：212y at =
所以：0
4U l y U =偏 由图乙知0.06t s =时刻01.8U U 偏=，解得： 4.5y cm = 设打在屏上的点距O 点的距离为Y ，满足22l L Y l
y +=
解得：18Y cm =
(2)由题知电子侧移量y 的最大值为所以当偏转电压超过2U 0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为22()402l Y L cm =+=' 一个周期内发光时间为0020.20.1333U t s s U =
⨯=。