2024届上海市浦东新区四校物理高二上期中综合测试模拟试题含解析

2024届上海市浦东新区四校物理高二上期中综合测试模拟试题 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、如图所示，A 、B 、C 是等边三角形的三个顶点，O 是A 、B 连线的中点。

以O 为坐标原点，A 、B 连线为x 轴，O 、C 连线为y 轴，建立坐标系。

过A 、B 、C 、O 四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流，则过O 点的通电直导线所受安培力的方向为（ ）
A ．沿y 轴正方向
B ．沿y 轴负方向
C ．沿x 轴正方向
D ．沿x 轴负方向
2、图1为一列简谐横波在t=0时的波形图，P 是平衡位置在x=1cm 处的质元，Q 是平衡位置在x=4cm 处的质元。

图2为质元Q 的振动图像。

则
A ．t=0.3s 时，质元Q 的加速度达到正向最大
B ．波的传播速度为20m/s
C ．波的传播方向沿x 轴负方向
D ．t=0.7s 时，质元P 的运动方向沿y 轴负方向
3、如图所示，在匀强电场中有直角三角形BOC ，电场方向与三角形所在平面平行，若三角形三顶点处的电势分别为 4.5O V ϕ=、0B V ϕ=、9C V ϕ=，且边长33OB cm =，63BC cm =，则下列说法中正确的是
A．电场强度的大小为1003
/
3
V m
B．电场强度的大小为503
/ 3
V m
C．电场强度的大小为100V/m
D．一个电子在O点由静止释放后会沿直线OB运动
4、匀强电场方向水平向右，现用一外力将带正电小球拉至图示位置，使轻绳恰好水平伸直．然后将小球由静止释放．已知小球所受电场力大小等于重力大小，不考虑空气阻力，则（）
A．小球在下摆过程中速度越来越大
B．小球在下摆过程中机械能不断增大
C．整个运动过程中小球电势能与机械能之和一定不变
D．小球运动至左侧最高点时与右侧初始位置等高
5、如图所示，一带负电的油滴，静止于带电的水平放置的平行板电容器中，为了使带电油滴向上加速运动，可采取的措施为（）
A．使两板间距离减小B．把两板错开
C．使两板间距离增大D．减小两板所带的电荷量
6、已知矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是（）
A．t=0时刻线圈平面与中性面垂直B．t=0.01s时刻的变化率达最大
C．t=0.02s时刻感应电动势达到最大D．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示
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，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v1）．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则（）
A．小物体上升的最大高度为
22 12 4
v v
g
B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小
C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
8、如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（均可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下处于静止状态，以下判断正确的是（）
A．a对b的静电力一定是引力B．a对b的静电力可能是斥力
C．a的电荷量可能比b的少D．a的电荷量一定比b的大
9、如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变小
10、如图，一带电液滴在重力和竖直向下的匀强电场的作用下，以一定的初速度开始由b沿直线向上运动到d，且bd与水平方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是( )
A．此液滴带负电B．液滴的加速度等于2g
C．合外力对液滴做正功D．液滴的电势能减少
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）某同学用单摆测量重力加速度．
（1）将细线穿过球上的小孔，打个结，制成一个单摆．将做好的单摆用铁夹固定在铁架台的横杆上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂．用游标卡尺测出小球的直径d；再用刻度尺测出从悬点至小球上端的悬线长l'，则摆长
l=______；
（2）把单摆从平衡位置拉开一个小角度，使单摆在竖直面内摆动．用秒表测量单摆完成n次全振动所用的时间t，如图所示，秒表的读数为_______s；
（3）根据以上测量量（d、l'、n、t），写出当地重力加速度的表达式g=__________．（4）实验中如果重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是________．
A．把摆线的长度l'当成了摆长
B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长
C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间
D．摆球的质量过大
（5）为了减少实验误差，可采用图象法处理数据，通过多次改变摆长，测得多组摆长L 和对应的周期T ，并作出T 2—L 图象，如图所示．若图线的斜率为k ，则用k 表示重力加速度的测量值g=______．
12．（12分）（1）下列给出多种用伏安法测电池电动势和内阻的数据处理方法，其中既能减小偶然误差又直观、简便的是_____
A ．测出两组I 、U 的数据，代入方程组E=U 1+I 1r 和E=U 2+I 2r
B ．多测几组I 、U 的数据，求出几组E 、r ，最后分别求出其平均值
C ．测出多组I 、U 的数据，画出U-I 图像，在根据图像求E 、r
D ．多测几组I 、U 的数据，分别求出I 和U 的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即为电动势
E ，再利用闭合电路欧姆定律求出内电阻r
（2）用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U-I 图像，由图像可知______
A ．电池的电动势为1.40V
B ．电池内阻值为3.50Ω
C ．外电路短路时的电流为0.40A
D ．电压表的示数为1.20V 时，电流表的示数I /约为0.10A
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，匀强电场中相距L =0.1m 的A 、B 两点间的电势差
AB 20U =-V ．带电量为9510q -=+⨯C 的点电荷位于A 点时的电势能为
8pA 510E -=⨯J,求:
(1)将该电荷从A 点移到B 点静电力做的功;
(2)该电荷在A 点时受到的静电力;
(3)B 点的电势．
14．（16分）图中电源电动势E =12V ，内电阻r =0.5Ω,将一盏额定电压为8V ，额定功率为16W 的灯泡与一只线圈电阻为0.5Ω的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，通电100min ．问：
（1）电动机的输出功率为多少?
（2）灯丝和电动机线圈产生的热量各是多少？
15．（12分）建筑工地的护栏外有“施工重地，禁止入内”的提示．因为施工区域常常有建筑材料掉下，对地面上的人员造成伤害．假设离地面高12.8m 的建筑物上，质量为2kg 的砖从静止开始自由下落，砖与地面作用的时间0.05s 后静止．忽略空气阻力，重力加速度取210/m s ，求：
（1）从开始下落到与地面撞击前，重力对砖的冲量大小；
（2）从撞击地面瞬间开始到静止，地面对砖的冲量大小；
（3）地面对砖的平均作用力大小．
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】
同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，故A 、B 处导线对O 处导线的合力为0，C 处导线对O 处导线为引力，方向沿y 轴正方向，故选A 。

2、C
【解题分析】
试题分析：由图2可知，t=0.3s 时，质元Q 的位置在正向最大位移处，故其加速度是达到反向最大，故A 是不对的；由图1可知，波长为8cm ，由图2可知，周期为0.4s ，故波速为v=80.4cm s =20cm/s ，所以B 也是不对的；由于质元Q 在t=0时的振动方向是向下的，故可以判断出波的传播方向是沿x 轴的负方向传播的，故C 是正确的；当t=0.7s 时，实际上是经过1
34T ，0位置处的质元会运动到负的最大位移处，所以P 点的质元会运动到x 轴以下正在沿y 轴的正方向运动的位置，故D 是不对的。

考点：振动与波的图像。

3、C
【解题分析】
由匀强电场的特点可知，则B 、C 连线中点D 的电势为B 、C 电势的平均值，即为
4.5V ．连接OD 线，即为一条等势线，作出过D 的与OD 垂直的线ED 如图，即电场线，
由几何关系可知：3312
63OB sin C BC ∠===，所以：3060C B ∠=︒∠=︒，，D 是BC 的中点，则△OBD 是等边三角形，又ED ⊥OD ，所以DE 与BD 之间的夹角是30°，则电场线与OB 之间的夹角也是30°，故该电场的场强方向沿∠B 的角平分线向上，根据电势差与电场强度的关系： 4.50 4.5DB D B U V V ϕϕ=-=-=，而：
··30DB U E OB cos =︒，
代入数据可得：100/E V m =，故AB 错误，C 正确；由作电场的图可知，一个电子在O 点由静止释放后会沿电场线运动，而不会沿直线OB 运动，故D 错误；故选C. 4、C
【解题分析】
小球受到的电场力水平向右，则小球除受拉力外，还受到重力与电场力．可将此两力等效成一个力，其方向与竖直方向夹角为450的位置，则小球在开始一段时间内小球做变速圆周运动，当摆到重力与电场力合力方向时，小球的速度达到最大，故A 错误；小球在下摆过程中，电场力一直做负功，则机械能不断减小，选项B 错误；小球受到的电场力水平向右，小球作圆周运动过程中，小球电势能与机械能之和一定不变，故C 正确；小球受到的电场力水平向右，小球运动至左侧时最高点即为几何最低点，则一定低于释放位置．故D 错误；故选C.
5、B
【解题分析】
油滴静止于平行板电容器中，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，要使油滴向上加速，必须采取措施使两板间的电场增大，利用电容的定义式C Q U =
，平行板电容器电容的决定式C 4r S kd επ=与匀强电场公式E U d =进行动态分析即可。

【题目详解】
A.联立上式可得4E r kQ S
πε=，减少板间距离d ，电场强度不变，A 错误； B.根据4E r kQ S
πε=，把两板错开，面积S 减小，电场强度增大，B 正确； C.根据4E r kQ S
πε=，增加板间距离d ，电场强度不变，C 错误； D.根据4E r kQ S πε=
，减少电量Q ，电场强度减小，D 错误。

6、B
【解题分析】
A.t =0时刻磁通量最大，线圈位于中性面位置，故A 错误；
B.t =0.01s 时刻磁通量为零，线圈位于垂直中性面的位置，电动势最大，磁通量的变化率最大，故B 正确；
C.t =0.02s 时刻磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故C 错误；
D.感应电动势与磁通量的变化率成正比，电动势随时间变化的图象为正弦曲线，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】
A ．设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L ．
因为OM ＝ON ，则MN 两点电势相等，小物体从M 到N 、从N 到M 电场力做功均为2．上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W 2．在上滑和下滑过程，对小物体，应用动能定理分别有：
211sin cos 2
mv mg L mg L W θμθ--－＝- 和
221sin cos 2
mv mg L mg L W θμθ-－＝- 上两式相减可得：
2212sin 4v v L g
θ+= 故A 正确．
BC ．由OM ＝ON ，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大；故BC 错误；
D ．从N 到M 的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O 的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小；故D 正确．
8、AD
【解题分析】
AB ．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，故A 正确，B 错误； CD ．同时根据库伦定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量大小，因此在大小上一定是“两大夹一小”，故C 错误，D 正确。

故选AD 。

9、BD
【解题分析】
滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R 1消耗的功率变小，
A 错误；干路电流变小，R 1分压变小，则电压表V 的测量的电压变大，示数变大，则B
正确；因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A 1示数变小，则C 错误；闭合开关S 并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R 1的电流变大，分压变大，则R 2的分压变小，电流变小．电流表A 1示数随副线圈电流的变大而变大，则D 错误．
【题目点拨】
考查电路的动态分析：本题中P 的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键．
10、AD
【解题分析】
液滴所受重力和电场力的方向均在竖直方向，液滴沿与水平方向所夹锐角为45°的bd 线做直线运动，则液滴所受重力与电场力相互抵消．
A ：电场力与重力抵消，电场力方向竖直向上，匀强电场竖直向下，则此液滴带负电．故A 项正确．
B ：液滴所受重力与电场力相互抵消，液滴的加速度等于零．故B 项错误．
C ：液滴所受重力与电场力相互抵消，合外力等于零，合外力对液滴不做功．故C 项错误．
D ：液滴所受电场力竖直向上，液滴与水平方向所夹锐角为45°的bd 线运动过程中，电场力做正功，液滴的电势能减少．故D 项正确．
【题目点拨】
物体做直线运动，所受力均在与运动方向互成角度的一条直线上，则物体所受合力为零．
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、2d l '+ ; 99.8; ()22222n l d t
π'+ ; C; 2
4k π ; 【解题分析】
（1）单摆的长度为l=l′+2
d ． （2）秒表分针与秒针示数之和是秒表示数．
（3）应用单摆周期公式可以求出重力加速度的表达式．
（4）根据g 的表达式分析误差产生的原因．
（5）根据单摆的周期公式T=2πT 2与L 的表达式，再根据数学知识确定图象斜率的物理意义，即可求得g ．
【题目详解】
（1）单摆的长度为l=l′+2
d ； （2）秒表示数为：1.5×60+9.8=99.8s ；
（3）由单摆周期公式：T=2π可知：224l g T
π=，又T= t n ，l=l′+2d 可得()
22222n l d g t π'+=；
（4）由T=2π224l g T
π= ；把摆线的长度l o 当成了摆长，l 变短，由上式可知，测得的g 值偏小，故A 错误．摆线上端未牢固地固定于O 点，振动中出现松动，使摆线变长，周期T 变大，则g 偏小，故B 错误．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t 记成了n 次全振动的时间，测出的周期T 变小，则g 偏大，故C 正确．单摆的周期与摆球的质量无关，故D 错误．故选C ；
（5）由T=2πT 2=24 g πL ，由数学知识得知，T 2-L 图线的斜率k=24 g π，得 g=2
4 k
π； 【题目点拨】
本题要掌握测量重力加速度的原理：单摆周期公式T=2π差产生的原因，结合数学知识图象的物理意义．
12、 C A
【解题分析】试题分析：（1）图象在数据处理中经常用到，图象法可以减小偶然误差，并且能直观、简单，故很多实验中经常用到这种方法，C 正确；
（2）由图示图象可知，电源U-I 图象与纵轴交点坐标值为1．42，则电源的电动势测量值为1．42V ，故A 正确；电源内阻等于图象斜率的大小，为1.40 1.0010.4
U r I ∆-=
==Ω∆，故B 错误；由图示图象可知，路端电压为1．22V 时，电路电流为2．4A ，可知外电路发生短路时的电流为 1.4A E I r
==短，故C 错误；当电压表示数为1．22V 时， 1.40 1.20'0.20A 1E U I r --===，故D 正确； 考点：考查了U-I 图像
【名师点睛】图象在数据处理中经常用到，图象法可以减小偶然误差，并且能直观、简单，要明确图象的意义，同时注意纵坐标是否从零开始的，不能相当然的将横坐标的截
距当作短路电流．
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)7AB 110J W -=-⨯ (2)6110N F -=⨯ (3)B 30V ϕ=
【解题分析】
（1）该电荷从A 点移到B 点静电力做的功97AB AB =510(20110J W qU --=⨯⨯-=-⨯）
（2）电场强度 AB
20200V/m 0.1
U E L === 电场力 96200510110N F Eq --==⨯⨯=⨯
（3）A 点电势 8
PA A 9510=10V 510
E q ϕ--⨯==⨯ B 点电势B A AB 10(20)30V U ϕϕ=-=--=
14、（1）30W （2）1.08×
105J 【解题分析】
（1）灯泡内正常发光，可知路端电压为8V ，由闭合电路欧姆定律知:
U E Ir =-
解得：I =8A 通过灯泡的电流为：2A L P I U
== 故通过电动机的电流为：6A M L I I I =-=
电动机输入功率：86W 48W p UI ==⨯=
218W r p I R ==
可得：481830W P =-=出
(2)电灯为纯电阻电路，故电功等于电热，
49.610J L L Q W P t ===⨯
电动机线圈的热量为：251.0810J M M M Q I R t ==⨯
15、（1）32?G I N s = （2）33?I N s = （3）F =660N
【解题分析】
（1）砖做自由落体运动，下落高度h =12.8m ，设下落时间为t 根据自由落体运动的公式212
h gt =
解得：t =1.6s 则下落过程中重力的冲量32?
G I N s = （2）设地面对砖的冲量大小为I
根据动量定理0G I I -=
即0mg
t t I +∆-=（） 解得：33?I N s = （3）设地面对砖的平均作用力大小为F ，由冲量的定义可知I F t =∆ 代入数据解得：F =660N。