福建省长汀、连城一中等六校2024届物理高二上期中检测模拟试题含解析

福建省长汀、连城一中等六校2024届物理高二上期中检测模拟
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、下列说法中正确的是( )
A ．在一个以点电荷为中心，r 为半径的球面上，各处的电场强度都相同
B ．真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度可由2kQ E r =求得
C ．电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向
D ．当初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合
2、一段横截面积为0.5cm 2
的导体材料中，每秒钟有0.2C 正电荷和0.3C 负电荷相向运动，则电流强度是 ( )
A ．0.2 A
B ．0.3 A
C ．0.5 A
D ．104 A 3、在匀强电场中将一个带电量为q 、质量为m 的小球由静止释放，小球的运动轨迹为一直线，此直线与竖直方向的夹角为θ，则匀强电场
E 的最小值是（ ）
A ．mg q
B ．sin mg q θ
C ．cos mg q θ
D ．tan mg q
θ 4、如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab ＝2bc ，当A 与B 之间接入的电压为U 1=4V 时，电流为1 A ，若C 与D 间接入的电压为U 2=8V 时，下列说法正确的是( )
A ．当CD 间接入电压为U 2=8V 时，电阻为1Ω
B ．当CD 间接入电压为U 2=8V 时，电阻为4Ω
C ．当C
D 间接入电压为U 2=8V 时，电流为2A
D ．当CD 间接入电压为U 2=8V 时，电流为6A
5、下列各组物理量中前者为矢量、后者为标量的是
A．位移和速度B．速率和电流
C．电动势和电势D．加速度和电势差
6、下列哪个选项说法正确( )
A．+q在A点的电势能比在B点大,则B点的电势高
B．-q在C点的电势能比在D点大,则C点的电势高
C．+q在E点的电势能为负值,-q在F点的电势能为负值,则F点的电势高
D．以上说法都不正确
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、如图，一条形磁铁静止在水平桌面上，磁铁右上方有垂直纸面的水平导线a，若导线内通有垂直纸面向里的电流，条形磁铁仍然静止，则
A．条形磁铁对桌面的压力增大
B．条形磁铁对桌面的压力减小
C．条形磁铁有向右的运动趋势
D．条形磁铁有向左的运动趋势
8、一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极间有一带电油滴静止于P 点，如图所示．以U表示两极板间的电压，E表示两极板间的场强，φ表示该P点的电势，E P表示油滴在P点的电势能．若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置（仍保持正极板接地），下列说法中正确的是（）
A．油滴向上运动
B．U变小，E不变
C．φ变大，E P增大
D．C变大，E P减小
9、M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是
A．电子运动的轨迹为直线
B．该电场是匀强电场
C．电子在N点的加速度小于在M点的加速度
D．电子在N点的动能大于在M点的动能
10、如图所示,圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合,螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。

若将滑动变阻器的滑片P向上滑动,下列说法中正确的有( )
A．穿过线圈a的磁通量增大
B．线圈a对水平桌面的压力小于其重力
C．线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流
D．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
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）实验室有一个内阻R g=100Ω，量程为0~0.6mA的小量程电流表，现将该电流表改装成量程为0~3V的电压表，则应___________（填“串联”或“并联”）一个
R=___________Ω的电阻。

现将改装后的电压表测某一电压，读数时指针位置如图，则所测电压为___________V。

12．（12分）在做“互成角度的共点力合成”的实验中：
（1）实验小组甲和实验小组乙得出的数据处理图分别如图2甲和乙，则实验小组______（填“甲”或“乙”）得出的结果更符合实验事实。

（2）在符合实验事实的数据处理图中，_________是F1与F2合成的理论值；_________是F1与F2合力的实际值。

（填“F”或“F＇”）
（3）本实验采用的科学方法是_________。

A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法
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．（10分）如图所示，一根长L＝1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E＝1.0×105 N/C、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6C，质量m＝1.0×10－2kg.现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2)
(1)小球B开始运动时的加速度为多大？
(2)小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？
14．（16分）如图所示，一劲度系数为k的绝缘轻弹簧的左端固定，右端与一带正电的小球相连接，小球套在光滑绝缘的水平杆上，小球的电量为＋q，质量为m，小球所在的空间有一个足够大的水平向右的强电场、电场强度大小为E，小球静止在水平杆上的O点．现将小球拉到O点右侧距离为A的位置，由静止释放，此后运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度．规定平衡位置为电势能和弹簧弹性势能的零点．以平衡位置为坐标原点建立如图所示的水平向右的一维坐标系Ox．
（1）从运动与相互作用观点出发，解决以下问题：
a．求小球处于平衡状态时弹簧相对原长的伸长量s；
b．证明小球做简谐运动；
（2）图像法和比较法是研究物理问题的重要方法，例如：①从教科书中我们明白了由v-t 图像求直线运动位移的思想和方法；②从机械能的学习，我们理解了重力做功的特点并进而引入重力势能，由此可以得到重力做功与重力势能变化量之间的关系．请你借鉴此方法，从功与能量的观点出发，解决以下问题：
a ．小球运动过程中，小球相对平衡位置的位移为x 时，证明系统具有的电势能E P 电和弹性势能E p 弹的总和E P 的表达式为212p E kx =．
b ．根据小球运动过程中速度v 与相对平衡位置的位移x 的关系式，画出小球运动过程中速度随振动位移变化的v-x 图像，并求解小球在运动过程中回复力做正功的功率P 的最大值；
（3）已知小球运动的周期为2m T k
π=（此结论仅允许本问使用）．结合第（2）问的能量分析，从冲量、动量的观点出发，解决以下问题：
小球从x ＝＋A 处由静止释放至第一次达到平衡位置的过程中，求：
a ．弹簧对左端固定点的弹力冲量I 的大小；
b ．弹簧对小球的弹力对时间的平均值F 弹的大小．
15．（12分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在Oxy 平面的ABCD 区域内，存在两个场强大小均为E 的匀强电场I 和II ，两电场的边界均是边长为L 的正方形，电子的电量为e （不计电子所受重力）．
（1）在该区域AB 边的中点处由静止释放电子， 求电子离开ABCD 区域的位置坐标．
（2）在电场I 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置坐标．
（3）在满足（2）的情况下，粒子从释放点出发到达D 点所需的最短时间是多少．
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、B
【解题分析】
电场强度是矢量，规定正电荷的受力方向为场强的方向，电场线某点的切线方向为场强方向，与试探电荷的正负无关。

【题目详解】
A ．在一个以点电荷为中心、r 为半径的球面上，各处电场强度的大小都相等，而方向不同，故A 错误；
B ．真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度可由2kQ E r =求得，故B 正确；
C ．电场强度方向就是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向，故C 错误；
D ．若电场线是曲线，则电荷受力将发生方向上的变化，其轨迹不可能与电场线重合，故D 错误。

【题目点拨】
本题主要考察电场强度的矢量性和适用条件，准确理解电场强度的概念是解决本题的关键。

2、C
【解题分析】
试题分析：电流的定义式是q I t
=，在导电液中，q 指正负电荷绝对值的加和，所以0.20.30.51
I A A +==，故C 正确． 考点：电流
【名师点睛】本题考查学生对电流的定义式的理解；根据电流的定义：单位时间内通过导体横截面的电荷量，即q I t
=；解题时需要注意的是对于电解液导电，通过某一横截面的电荷是正负电荷绝对值的加和；此题是易错题.
3、B
【解题分析】解：电场力仅将垂直于运动方向的分力平衡时,所需电场力最小sin mg qE θ= ,所以sin mg E q θ=
答案选B 。

4、A
【解题分析】
根据电阻定律求出两种接法时的电阻之比，再根据欧姆定律求出电流之比，从而
得出C与D间接入的电压为U时的电流大小.
【题目详解】
设长方体的高度为H，则A与B之间接入的电压U1=4V时，电流为1A，则电阻为，而由电阻定律；当C与D间接入的电压为U2=8V 时，电阻，则；故A正确，B、C、D错误.故选A.
【题目点拨】
解决本题的关键掌握电阻定律的运用，以及部分电路欧姆定律的运用．
5、D
【解题分析】
A.位移和速度都是矢量，故A错误．
B.速率是速度的大小，是标量．电流虽然有方向，但电流运算时不遵守矢量运算法则平行四边形定则，所以电流是标量，故B错误．
C.电动势和电势都是标量，故C错误．
D.加速度是矢量，电势差是标量，故D正确．
6、C
【解题分析】
A、由可知，+q在A点的电势能比在B点大，则A点的电势高，故A错误；
B、由可知，−q在C点的电势能比在D点大，则C点的电势低，D点的电势高，故B错误；
C、+q在E点的电势能为负值，则E点电势为负值；−q在F点的电势能为负值，则F 点的电势为正值，故F点的电势高，故C正确；
D、因C正确，故D错误；
故选C。

【题目点拨】
关键是知道电势能和电势能关系为：，该公式在计算中要注意各物理量的符号。

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
以导线为研究对象，导线所在处的磁场的方向指向左上方，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对桌面的压力增大，故AD 正确，BC 错误．
8、BD
【解题分析】
油滴静止，说明它受电场力方向向上，油滴带负电．平行板电容器充电后与电源断开，因此电容器的电荷量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d 减小，根据4S C kd
επ=
可知，电容器的电容增大，根据U=Q/C ，则板间电压U 变小． 由匀强电场E═U/d=Q Cd ，可得E=4kQ S πε，可知E 与d 无关，则知电场强度E 不变；P 与正极板间的距离减小，由公式U=Ed 可知，P 与正极板间的电势差减小，正极板电势为0，则P 点的电势φ变大，负电荷在P 点的电势能E p =qφ减小．故BD 正确，AC 错误．
故选BD.
【题目点拨】
电容器充电后与电源断开，因此电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P 与正极板电势差的变化，得出P 点的电势变化和电势能变化．
9、ACD
【解题分析】
电场力做功等于电势能的减小量，E p -x 图线切线的斜率表示电场力的大小，通过斜率的大小判断电场力的变化，从而得出加速度的变化．根据电场力的变化判断动能的变化。

【题目详解】
A 项：电子的初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，故A 正确；
B 项：图线切线的斜率逐渐减小，则电场力逐渐减小，电场强度逐渐减小，不是匀强电场，故B 错误；
C 项：从M 到N 电场力逐渐减小，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，故C 正确；
D 项：由于电势能减小，知电场力做正功，因为电子仅受电场力，根据动能定理，知动能增大，即N 点的动能大于M 点的动能，故D 正确。

故应选：ACD 。

解决本题的关键知道图线切线的斜率表示电场力，通过电场力的大小判断电场强度、加速度的变化，通过电场力做功判断动能的变化。

10、BD
【解题分析】
试题分析：当滑动触头P 向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b 的电流减小，b 线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a 的磁通量变小；根据b 中的电流方向和安培定则可知b 产生的磁场方向向下穿过线圈a ，根据楞次定律，a 中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a 的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a 中感应电流方向俯视应为顺时针，故A 错误，C 错误，D 正确．开始时线圈a 对桌面的压力等于线圈a 的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a 和b 看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a 对水平桌面的压力将减小，故B 正确．故选BD.
考点：安培定则；楞次定律
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、串联 4900 2.30
【解题分析】
[1][2]设改装成电压表要串联电阻的R ，则 有：
()g g V I R R U +=
代入数据有：
()30.6101003R -⨯⨯+=
解得：
R =4900Ω
[3]因最小分度为0.1，则要估读到下0.01位，则读数为2.30V 。

12、甲 F ＇ F B
【解题分析】
（1）[1]．合力的实际值应该沿着OA 方向；合力的理论值应该与实际值有点偏差，则甲得出的结果更符合实验事实。

（2）[2]．在符合实验事实的数据处理图中，F ＇是F 1与F 2合成的理论值；F 是F 1与F 2合力的实际值。

（3）[3]．本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B.
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)a ＝3.2 m/s 2 (2)h 1＝0.9m
【解题分析】
(1)开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得
2
sin Qq mg k qE ma L θ--= 代入数据解得
a ＝3.2m/s 2
(2)小球B 向下运动，受A 的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B 速度最大时合力减为零，即
21
sin Qq k qE mg h θ+= 代入数据解得：
h 1＝0.9m
14、 (1)a,qE s k =,b,F kx =-；(2)a,由能量守恒证明；
b,max P =；
(3)a,qE b.2qE kA π+ 【解题分析】
（1）a.对小球，由平衡条件qE ks =
b.设小球偏离平衡位置x 时的回复力为()F qE k s x kx =-+=-，故小球做简谐运动 （2）a.电势能=-p E qEx 电 弹性势能21=
2
p E kx ksx +弹 电势能和弹性势能总和21=2p E kx b.由能量守恒定律max min +=+p k p k E E E E ，
整理得：2
221x A =
故v x -图是椭圆． 故回复力功率P kxv =
，利用均值不等式可求最值max P =（3）a.左端固定点对弹簧的弹力冲量1max 104I qE T mv -⋅=-
由（2
）中所得的关系，可得max v =
解得1I qE =
牛顿第三定律，弹簧对左端固定点的弹力冲量1I I qE == b.1()I F qE t =-弹，14
t T =解得2F qE kA π=+弹 15、（1）（－2L ，14L ） （2）2112eE L y m v ⎛⎫= ⎪⎝⎭
， xy ＝2
4L ，（3）123t t t t =++
【解题分析】
(1)此问分为两个过程，一是在电场Ⅰ区域的加速运动，运用能量的关系可求出加速后的速度；二是在电场Ⅱ区域内的偏转，运用类平抛的知识可求出偏转距离，从而得到电子离开ABCD 区域的位置；
(2)首先设出释放点的坐标，在运用在电场I 中的加速和在电场II 中的类平抛运动，计算出表示xy 的乘积的方程，满足此式的点即为符合要求的点．
【题目详解】
(1) 设电子的质量为m ，电量为e ，在电场I 中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动，出区域I 时的速度为v 0，接着进入电场II 做类平抛运动，假设电子从CD 边射出，出射点纵坐标为y ，对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有： 212
eEL mv = 220
11()()222L eE L y at m v -== 以上两式联立解得：4
L y = ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为
(2,)4
L L -； (2) 设释放点在电场区域I 中，其坐标为（x ，y ），在电场I 中电子被加速到v 1，然后进入电场II 做类平抛运动，并从D 点离开，有：
2112eEx mv =
221
11()22eE L y at m v == 以上两式联立解得：2
4
L xy =，即在电场I 区域内满足方程的点即为所求位置； (3)粒子在电场区域I 中运动的时间为：
2112eE x t m
=⨯
解得：1t =粒子出电场区域I
时的速度1eE v m =
=
粒子在无电场区域做匀速直线运动的时间为：2t ==； 粒子在电场区域II
的时间为：3t L == 也可写成：2312eE y t m
=
即3t = 联立2
4
L xy =；
由数学知识可知：t =
．。