2024届甘肃省兰州市第六十三中学物理高二上期中检测模拟试题含解析

2024届甘肃省兰州市第六十三中学物理高二上期中检测模拟试
题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，电源电动势为12V，电源内阻为l.0Ω，电路中的电阻R为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机正常转动时，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（）
A．电动机的输出功率为14.0W
B．电源输出的电功率为20.0W
C．电动机产生的热功率4.0W
D．电动机两端的电压为5.0V
2、如图所示，用带有正电的带电体A，靠近（不接触）不带电的验电器的上端金属球，则
A．验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了正电
B．验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了负电
C．验电器金箔张开，因为验电器下部箔片都带上了正电
D．验电器金箔不张开，因为带电体A没有和验电器的金属球接触
3、在真空中，将羽毛和苹果同时从同一高度由静止释放，并拍下频闪照片，下列频闪照片符合事实的是
A．B．C．
D．
4、如图所示，把轻质导电线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面，当线圈内通入图示方向的电流后，则线圈
A．向左运动B．向右运动
C．静止不动D．无法确定
5、如图所示，a、b为竖直正对放置的平行金属板构成的偏转电场，其中a板带正电，两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一带正电粒子以速度v0从两板中间位置与a、b平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为x（M、N点图中未画出），从N点射出的速度为v，则以下说法中正确的是
A．只增大带电粒子的比荷大小，则v减小
B．只增大偏转电场的电压U的大小，则v减小
C．只减小初速度v0的大小，则x不变
D．只减小偏转电场的电压U的大小，则x不变
6、如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，L1，L2为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1为定值电阻，R2为光敏电阻，其阻值大小随照射光强度的增强而减小。

闭合电键S后，将照射光强度增强，则
A．电路的路端电压将增大
B．R2两端电压将减小
C．电源损耗的热功率将减小
D．L1变亮，L2变暗
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、关于电势，下列说法正确的是( )
A．电场中某点的电势，其大小等于单位正电荷由该点移动到零电势点时，电场力所做的功
B．电场中某点的电势与零电势点的选取有关
C．由于电势是相对的，所以无法比较电场中两点的电势高低
D．电势是描述电场能的性质的物理量
8、如图所示，相距为d的水平金属板M、N的左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上的小孔S正对板Q上的小孔O．M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带电的负粒子，其重力和初速不计．当变阻器的滑动触头在AB的中点时，粒子恰能在M、N间做直线运动．当滑动变阻器滑片滑到A点后，则（）
A．粒子在M、N间运动的过程中，动能将减小
B．粒子在M、N间运动的过程中，动能将增大
C．粒子在M、N间将做圆周运动
D．粒于在M、N间运动的过程中，电势能将不断增大
9、一根粗细均匀的金属导线，两端加电压为U时，通过导线的电流强度为I，导线中
自由电子定向移动的平均速率为v；若导线均匀拉长，使其半径变为原来的1
2
，两端电
压仍为U，则（）
A．通过导线的电流强度为1
4
I B．通过导线的电流强度为
1
16
I
C．自由电子定向移动的平均速率为1
4
v D．自由电子定向移动的平均速率为
1
16
v
10、著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图所示．当线圈接通电源后，将产生流过图示方向的电流，则下列说法正确的是（）
A．接通电源瞬间，圆板不会发生转动
B．线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向不同方向转动
C．若金属小球带正电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同
D．若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同
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）在做《测定金属电阻率》的实验时，需要对金属丝的电阻进行测量，已知金属线的阻值R x约为1Ω，某同学用伏安法对这个电阻进行比较精确的测量，这位同学想使电压表和电流表示数变化范围尽可能的大．可供选用的器材有：
电源E：电动势3V，内阻不计；
电流表A：量程0.3A，内阻约为1Ω；
电压表V：量程3V，内阻约为10kΩ；
滑动变阻器R：最大电阻值为5Ω；
定值电阻两个：R1＝10Ω、R2＝100Ω；
开关一个，导线若干．
（1）根据上述条件，实验时定值电阻应选用___（填“R1”或“R2”）；
（2）根据实验需要在实物图中补齐所需连线_________；
（3）闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于_____端（填“a”或“b”）；
（4）若在上述实验中，电流表的示数为I ，电压表的示数为U ，则金属线的阻值R x 的计算表达式为_____．
12．（12分）在测定金属的电阻率的实验中，用螺旋测微器测量金属导线直径d ，如右图所示，则d=____________mm ．
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，在3110V /m E =⨯的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN 与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P 为QN 圆弧的中点，其半径R =40cm ，一带正电q =10-4C 的小滑块质量m =10g ，与水平轨道间的动摩擦因数0.15μ=，位于N 点右侧1.5m 处，小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q ，取g =10m/s 2，求：
(1)滑块在最高点速度多大？
(2)这样运动的滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？
(3)滑块应以多大的初速度v 0向左运动？
14．（16分）某同学为了测量滑块与水平轨道间的动摩擦因数，他让该滑块沿一竖直平面内的光滑弧形轨道，从离水平轨道0.20m 高的A 点，由静止开始下滑，如图所示．到达B 点后，沿水平轨道滑行1.0m 后停止运动．若弧形轨道与水平轨道相切，且不计空气阻力，g=10m/s 2，求：
（1）滑块进入水平轨道时的速度大小
（2）滑块与水平轨道的动摩擦因数．
15．（12分）如下左图所示，R1＝14Ω，R2＝9Ω，当S 扳到位置1时，电压表示数为
2.8V，当开关S扳到位置2时，电压表示数为2.7V，求电源的电动势和内阻？（电压表为理想电表）
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】
电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E-U内
-U R0=12-Ir-IR0=12-2×1-2×1.5=7V，故D错误；电动机的总功率为：P总
=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热
=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为：P机=14 W-2W=12W，故A
C错误；电源的输出的功率为：P输出=EI-I2R=12×2-22×1=20W，故B正确；故选B.
点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
2、C
【解题分析】
使带电的带电体A靠近不带电的验电器，验电器发生静电感应，带电体A带正电，靠近验电器，验电器上的小球带负电，下端金属箔带等量的正电，金属箔张开.验电器的金箔之所以张开，是因为它们都带有正电荷，而同种电荷相互排斥，张开角度的大小决定于两金箔带电荷量的多少，带电的实质是电子在物体内部发生了转移，故ABD错误，C正确.
3、C
【解题分析】
在真空中物体只受重力作用，所以加速度都为重力加速度g，由于物体从静止开始下落，
根据：
212
h gt = 解得物体下落的时间：
t =由于苹果和羽毛从同一高度同时下落，故任意时刻都在同一高度，且是加速，故频闪间距不断变大，故选C ．
4、A
【解题分析】
根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N 极指向右，根据异性相吸，知线圈向左运动，故A 正确，BCD 错误．
5、D 【解题分析】粒子在电场中，水平方向x qE v t m =
；竖直方向0L v t =， 0y v v = ；
v =
，解得v = ，则只增大带电粒子的比荷大小，则v 增大，选项A 错误；只增大偏转电场的电压U 的大小，则E 变大，v 变大，选项B 错误；减小初速度v 0的大小，则导致进入磁场的速度减小，由半径公式R=mv qB
，可知，导致半径减小，则x 也减小，故C 错误；减小偏转电场的电压U 的大小，设速度与磁场边界的夹角为θ，则由半径公式0v m mv sin R Bq Bq
θ== ，结合几何关系，可得：x=2Rsinθ=02mv Bq ，则会导致x 不变，故D 正确；故选D ．
点睛：考查粒子做类平抛运动与匀速圆周运动的处理规律，掌握圆周运动的半径公式，注意运动的合成与分解的方法．
6、B
【解题分析】
当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，所以电源内电压增大，所以路端电压减小，电流增大，所以1L 两端的电压增大， 1L 变亮，并联部分电压减小，即1R 两端的电压将减小，其电流减小，所以通过2L 的电流增大，2L 变亮．2L 两端电压增大，R 2两端电压将减小；由于总电流
增大，所以r的发热功率将增大。

A.A项与上述分析结论不相符，故A错误；
B.B项与上述分析结论相符，故B正确；
C.C项与上述分析结论不相符，故C错误；
D.D项与上述分析结论不相符，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、ABD
【解题分析】
电势是描述电场能的性质的物理量；电势是相对的，是相对于零电势点而言的，而电势差是绝对的；
【题目详解】
A．根据电势的定义可知，电场中某点的电势，其大小等于单位正电荷从该点移动到零电势点时，静电力所做的功，故A正确；
B．电势是相对的，是相对于零电势点而言的，电场中某点电势与零电势点的选取有关，故B正确；
C．电势是相对的，是相对于零电势点而言的，电场中某点电势与零电势点的选取有关，而电场中某两点间的电势差与零电势点选取无关，任意选取0势能点都可以比较电场中两点的电势高低，故C错误；
D．根据电势的物理意义可知，电势是描述电场能的性质的物理量，故D正确．
故选ABD。

【题目点拨】
本题要理解电势的相对性和电势差的绝对性，运用类比的方法分析电势、电势差与零电势点的关系．
8、AC
【解题分析】
AB．粒子恰能在M、N间作直线运动，则有：
Eq qvB
当滑片移动到A端时，极板间电势差变小，电场强度减小，带负电的粒子受向上的电场力减小，则粒子向下偏转，电场力将对粒子做负功，引起粒子动能减小，故A正确，B错误。

C．当滑片移动到A端时，电场强度为零，粒子仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故C正确；
D．当滑片移动到A端时，电场强度为零，电场力消失，电势能变为零，故D错误。

故选AC．
【题目点拨】
本题难度属于中等，带点粒子在匀强电场中可做两种运动，一是当初速度为零或与电场方向在同一直线时，带电粒子做匀变速直线运动；二是当初速度电场方向不在同一直线时，带电粒子在电场力作用下做平抛运动．带点粒子在复合场中的运动，要依据受力分析及力对物体运动状态的影响等知识综合分析．
9、BC
【解题分析】
将导线均匀拉长，使其半径变为原来的1/2，横截面积变为原来的1/4倍，导线长度要
变为原来的4倍，金属丝电阻率不变，由电阻定律R=ρL
S
可知，导线电阻变为原来的
16倍；电压U不变，由欧姆定律I=U/R可知，电流变为原来的1/16；故A错误，B正确；电流I变为原来的1/16，横截面积变为原来的1//4，单位体积中自由移动的电子数n不变，每个电子粒所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式I=nevS可知，电子定向移动的速率变为原来的1/4，故C正确，D错误；故选BC．
10、BD
【解题分析】
由题可知，在线圈接通电源的瞬间，线圈中的电流逐渐增大，产生的磁场逐渐增强，逐渐增强的磁场会产生电场（麦克斯韦电磁理论）；
小球所在圆周处相当于有一个环形电场，小球因带电而受到电场力作用从而会让圆板转动，利用左手定则判断即可解答
【题目详解】
A、线圈接通电源瞬间，变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，故A错误；
B、不论线圈中电流强度的增大或减小都会引起磁场的变化，从而产生不同方向的电场，使小球受到电场力的方向不同，所以会向不同方向转动，故B正确；
C、接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带正电，根据电磁场理论可知，电场力沿顺时针方向，所以与线圈中电流流向相反，故C错；
D、接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，根据电磁场理论可知，电场力沿逆时针方向，所以与线圈中电流流向相同，故D对；
故选BD
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）1R （2）如图所示： （3）a （4）1x U R R I
=- 【解题分析】
（1）因待测电阻Rx 约为1Ω，电表的量程较大，而想使电压表和电流表示数变化范围尽可能的大，则需要让待测电阻与定制电阻串联，定值电阻的阻值要与待测电阻相当，由给定的定值电阻可知要选R 1；
（2）如图所示：
（3）因滑动变阻器选用分压电路，故闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于a 端；
（4）若在上述实验中，电流表的示数为I ，电压表的示数为U ，则金属线的阻值R x 的计算表达式为：1x U R R I =
- 【题目点拨】
本题要注意明确电流表的接法；因为电压表远大于待测电阻，故电流表外接，要求电压变化范围尽可能大，滑动变阻器用分压式．
12、0.959—0.961 mm
【解题分析】
螺旋测微器的读数方法：①先读固定刻度②再读半刻度，若半刻度线已露出，记作 0.5mm ；若半刻度线未露出，记作 0.0mm ；③再读可动刻度（注意估读）．记作 n×0.01mm ；④最终读数结果为固定刻度+半刻度+可动刻度．
固定可得读数为：0；半刻度读数为：0.5mm ；可动刻度读数为：
0.01mm×46.0=0.960mm ，故读数为：0.960mm
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)2.828m/s(2)0.6N N F =(3)07/v m s =
【解题分析】
(1)设小球到达Q 点时速度为v ，则
2v mg qE m R +=， 解得
v =2.828m/s ；
(2)设滑块到达P 点时速度为v '，则从最高点运动到P 点过程：
2211()22
mg qE R mv mv +-'= ， 又在P 点时：
2
N v F m R
'=， 代入数据，解得
0.6N N F =；
(3)滑块从开始运动到达Q 点过程中，由动能定理得
2201122()22
mg R qE R mg qE s mv mv μ-⋅-⋅'-+=- ， 联立两式并代入数据解得：
07m /s v =。

14、（1）1m/s ；（1）0.1；
【解题分析】试题分析：（1）根据动能定理求出滑块进入水平轨道时的速度大小． （1）根据速度位移公式求出滑块在水平轨道上的加速度，结合牛顿第二定律求出滑块与水平轨道的动摩擦因数大小．
解：（1）根据动能定理得，
解得．
（1）根据速度位移公式得，滑块在水平轨道上的加速度大小a=
=1m/s 1． 根据牛顿第二定律得，加速度a=
则动摩擦因数的大小． 答：（1）滑块进入水平轨道时的速度大小1m/s
（1）滑块与水平轨道的动摩擦因数μ=0.1．
15、E=3V , r=1Ω
【解题分析】试题分析：根据开关S扳到位置1和2时，分别由闭合电路欧姆定律列出含有电动势和内阻的方程，联立组成方程组求解．
解：根据闭合电路欧姆定律，可列出方程组：
当开关S扳到位置1时，E=U1+I1r=U1+
当开关S扳到位置2时，E=U2+I2r=U2+
代入解得：E=3V，r=1Ω
答：电源的电动势和内阻分别为3V和1Ω．
【点评】本题提供了一种测量电源的电动势和内阻的方法，可以用电阻箱代替两个定值电阻，即由电压表和电阻箱并连接在电源上，测量电源的电动势和内阻，此法简称伏阻法．。