山西省大同市2024届物理高二第一学期期中达标检测模拟试题含解析

山西省大同市2024届物理高二第一学期期中达标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、动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比v A∶v B=2∶1，则动量大小之比p A∶p B；两者碰后粘在一起运动，其总动量与A原来动量大小之比p∶p A。

A．1:2 3:1 B．1:1 3:1 C．2:1 1:3 D．1:2 1:1
2、如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线（相邻等势面之间的电势差相等），实线为一个带正电粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A．a、b、c三个等势面中，a的电势最高
B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小
C．电子在P点的加速度比Q点的加速度大
D．带电质点一定是从P点向Q点运动
3、如图所示，a、b为某电场线上的两点，那么以下结论正确的是（）
A．把正电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能减少
B．把负电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能增加
C．把负电荷从a移到b，电场力做正功，电荷的电势能增加
D．不论正电荷还是负电荷，从a移到b电势能逐渐降低
4、一个不计重力的带正电荷的粒子，沿图中箭头所示方向进入磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为（）
A ．圆弧a
B ．直线b
C ．圆弧c
D ．a 、b 、c 都有可
能
5、物体在恒定的合力F 作用下，做直线运动，在时间△t 1内速度由0增大到v ，在时间△t 2内速度由v 增大到2v ，设F 在△t 1内做功是W 1，冲量是I 1，在△t 2内做的功是W 2，冲量是I 2，那么（ ） A ．12I I <，12W W = B ．12I I <，12W W < C ．12I I =，12W W =
D ．12I I =，12W W <
6、关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（ ） A ．电场强度的定义式F
E q
=
，适用于任何电场 B ．由真空中点电荷的电场强度公式2kQ
E r
=可知，当0r →时，E →+∞ C ．由公式F
B IL
=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场
D ．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的磁场力方向
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，电源的电动势和内阻都保持不变，当滑动变阻器的滑动触点向左端移动时（ ）
A ．电压表的读数增大
B ．电压表的读数减小
C．电流表的读数增大
D．电流表的读数减小
8、如图所示，直线b为电源的U﹣I图象，直线a为电阻R的U﹣I图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（）
A．电源的输出功率为4W B．电源的输出功率为2W
C．电源的效率约为33.3% D．电源的效率约为67%
9、图1为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，P、Q为介质中的两个质点，图2为质点P的振动图象，则
A．t=0.2s时，质点Q沿y轴负方向运动
B．0～0.3s内，质点Q运动的路程为0.3m
C．t=0.5s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度
D．t=0.7s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离
10、已知力F 的大小和方向，现将力F 分解为互成角度的两个分力F1 和F2，在以下四种条件中，哪几种情况下两分力的解是唯一的（）
A．已知两个分力的方向
B．已知F1 的大小和方向
C．已知F1的方向和F2的大小
D．已知F1 和F2 的大小
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）在测定金属电阻率的试验中，某同学连接电路如图所示．闭合电键后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：
①若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是_____________（填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）．
②若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障．先将选择开关旋至______档（填“欧姆×100”“直流电压10V”或者“直流电流2.5mA”）,再将_________(填“红”或“黑”)表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱．若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是_________、____、______．
12．（12分）某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示：
（1）实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是（_______）A．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算
B．单摆所用摆球质量太大
C．把（n-1）次全振动时间误当成n次全振动时间
D．开始计时时，秒表过早按下
（2）从悬点到小球重心的距离记为摆长l，通过不断改变摆长l的长度，该小组测得多组摆长l和对应的周期的平方T2，然后在图乙所给的坐标系中作出了l-T2图像，则根据图像可求得当地的重力加速度g=______（用图乙中所给字母表示）。

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，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。

A 板带正电荷，B板带等量负电荷，板间电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1。

平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线。

挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为B2。

CD为磁场B2边界上
的一绝缘板，它与M板的夹角θ=45°，O′C=a，现有大量质量均为m，含有不同电荷量、不同速度的正负带电粒子（不计重力），自O点沿OO′方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，并进入匀强磁场B2中，求：
（1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度；
（2）能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值；
（3）绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度；
14．（16分）如图所示的电路中，电阻R2=15Ω，R3=10Ω，电源的电动势E=12V，内电阻r=1Ω，安培表的读数．I=0.4A求：
（1）流过电阻R1的电流是多少？
（2）电阻R1的阻值是多大？
（3）电源的输出功率是多少？
15．（12分）在边长为a的正方形的每个顶点上都放置一个电荷量为q的点电荷，如果保持它们的位置不变，每个电荷受到的其它三个电荷的静电力的合力是多大？
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2
12
k E mv
知，两物体动能相等，A 、B 的速度大小之比为v A ：v B =2：1，则质量之比为m A ：m B =1：4；根据p =mv 知， p A ：p B =m A v A ：m B v B =1：2；
由于A 、B 相向而行，规定B 的方向为正方向，则碰前总动量 p =p B -p A =p A ，碰撞前后系统的动量守恒，则碰撞总动量的大小为p =p A ，其总动量大小与A 原来动量大小之比 p ：p A =1：1
A ．1:2 3:1，与结论不相符，选项A 错误；
B ．1:1 3:1，与结论不相符，选项B 错误；
C ．2:1 1:3，与结论不相符，选项C 错误；
D ．1:2 1:1，与结论相符，选项D 正确； 2、C
【解题分析】A 项：电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于粒子带正电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故a 等势线的电势最低，c 等势线的电势最高，故A 错误； B 项：a 等势线的电势最低，c 等势线的电势最高；而电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能大，故B 错误； C 项：等势线密的地方电场线密场强大，故P 点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C 正确；
D 项：由图只能判断出粒子受力的方向，不能判断出粒子运动的方向，故D 错误。

点晴：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。

3、B
【解题分析】A 、正电荷受到电场力的方向与电场强度方向相同,所以把正电荷从a 移到b,电场力做正功,电势能减小,故A 错误；
B 、负电荷受到电场力的方向与电场强度方向相反,所以把负电荷从a 移到b,电场力做负功,电势能增大,所以B 选项是正确的,
C 错误;
D 、沿着电场线方向电势降低,所以a 的电势大于b 的电势,但是电势能与电荷的电性有关,故D 错误.
综上所述本题答案是：B 4、A 【解题分析】
带正电的电荷在向里的磁场中向上运动，根据左手定则可知，粒子的受到的洛伦兹力的方向向左，所以粒子的可能的运动的轨迹为a ，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5、D 【解题分析】
根据动能定理研究功的关系，根据动量定理研究冲量的关系． 【题目详解】 根据动能定理：211
2W mv =
，2222113(2)222
W m v mv mv =-=，则12W W <． 根据动量定理：10I mv mv =-=，22I mv mv mv =-=，知12I I =，故D 正确，ABC 错误． 【题目点拨】
根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用． 6、A 【解题分析】
A.电场强度的定义式F
E q
=
，适用于任何电场，故A 正确； B.当r →0时，电荷已不能看成点电荷，公式2
kQ
E r =不再成立，故B 错误； C.由公式F
B IL
=
可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B 的 方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C 错误；
D.根据左手定则可知，磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直， 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】
当滑动变阻器的滑动触点向左端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R 增大，由欧姆定律分析总电流I 减小，路端电压U=E −Ir 增大，则V 的示数增大； 电阻R 2的电压U 2=E −I(r+R 1)增大，流过电阻R 2的电流I 2增大，则流过电流表的电流I 3=I −I 2减小，电流A 的读数减小，故AD 正确，BC 错误． 故选AD ．
点睛：当滑动变阻器的滑动触点向左端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总
电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化．
8、AD
【解题分析】
试题分析：由图象A可知电源的电动势，短路电流为6A，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为，电流为，电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据得，电源的总功率为：，所以效率为：，AD正确；
考点：考查了U-I图像
【名师点睛】由图象A可知电源的电动势为3V，短路电流为6A，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流．电源的输出功率即为电阻R 上消耗的功率，效率等于R消耗的功率除以总功率．
9、CD
【解题分析】
A．由振动图像可知T=0.4s，t=0时刻质点P向上振动，可知波沿x轴负向传播，则
t=0.2s=0.5T时，质点Q沿y轴正方向运动，选项A错误；
B．0.3s=3
4
T，因质点Q在开始时不是从平衡位置或者最高点（或最低点）开始振动，
可知0～0.3s内，质点Q运动的路程不等于3
430.3
4
A A m
⨯==，选项B错误；
C．t=0.5s=11
4
T时，质点P到达最高点，而质点Q经过平衡位置向下运动还没有最低
点，则质点Q的加速度小于质点P的加速度，选项C正确；
D．t=0.7s=13
4
T时，质点P到达波谷位置而质点而质点Q还没到达波峰位置，则质点
Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，选项D正确．
10、AB
【解题分析】
A．已知平行四边形的对角线和两个分力的方向，只能作唯一的平行四边形，即分解唯一，故选项A正确；
B．已知对角线和平行四边形的一条边，这种情况下也只能画唯一的平行四边形，即分解唯一，故选项B正确；
C．已知1F的方向与F夹角为θ，根据几何关系，若2F Fsinθ
＜此时无解，即分解不一定是唯一的，故C错误；
D ．已知两个分力的大小，根据平行四边形的对称性，此时分解有对称的两解，即分解不是唯一的，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待测金属丝 ②直流电压10V ； 红 0、 E 、 E 【解题分析】
（1）如果待测金属丝断路，电路断路，电流表示数为零，电压表接在电源两端，测电源电动势，电压表示数为E ，则电路故障是：待测金属丝断路．
（2）用欧姆表检查电路故障时，应断开电源，在该实验中并没有断开电源，因此应使用电压表检查电路故障，先将选择开关旋至直流电压10V ，再将红表笔固定在a 接线柱，若只有滑动变阻器断路，把另一支表笔依次接b 时，多用电表示数是0，接c 、d 接线柱时，电压表接在电源两端，多用电表测电源电动势，示数均为E ．
12、AC 22121
4()
l l g b b π-=
- 【解题分析】 （1）[1]
．根据2T =得： 224πL g T
=
A 、以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算，则L 偏大，测得的g 偏大，选项A 正确；
B 、单摆所用摆球质量大小与重力加速度无关．故B 错误．
C 、把（n -1）次全振动时间误当成n 次全振动时间，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故C 正确．
D 、开始计时时，秒表过早按下，则测得的T 偏大，则g 测量值偏小，故D 错误． （2）[2]
．根据2T =得： 22
4g l T π
=
， 则
21
2
21
4l l g k b b π-=
=
-
解得
22121
4()l l g b b π-=-
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）
（3）
【解题分析】
（1）设沿直线OO′运动的带电粒子进入匀强磁场B 2 的速度为v 根据：qvB 1=qE 解得：
（2）粒子进入匀强磁场B 2 中做匀速圆周运动 根据：
，得：
因此电荷量最大的粒子运动的轨道半径最小，设最小半径为r 1 由几何关系有：r 1+r 1=a
解得最大电荷量为：
（3）带负电的粒子在磁场B 2 中向上偏转，某带负电粒子轨迹与CD 相切，设半径为r
2 ，依题意：r 2+a=
r 2
解得：r 2=(+1)a
则CD 板上被带电粒子击中区域的长度为：x=r 2-r 1=2a 轨迹图如图；
【题目点拨】
考查电场力与洛伦兹力，及向心力，并运用牛顿第二定律来解题，同时结合几何关系来确定已知长度与半径的关系。

本题关键之处是画出正确的运动图。

14、1A 5Ω 11W 【解题分析】
（1）并联部分电压为2
2
6U IR V
通过3R 的电流为2330.6U I A R
流过电阻1R 的电流为1
231I I I A （2）1R 两端的电压为1215U E U I r V
1R 的阻值为1115U R I
（3）电源的输出功率为21111P
EI I r
W 15、2
21()2kq a
【解题分析】
试题分析：假设第四个电荷q
放在d 点，则对角线上b 点的电荷给它的库仑斥力为()2
12q F k =
a 电荷和c 点的电荷给它的库仑斥力大小均为2
232q F F k a
==
根据力的合成法则，点电荷q
所受的电场力大小为：()2
222222cos 1(45)2q q kq F k k a a
=+︒= 考点：考查了库仑定律的应用
【名师点睛】根据力的独立性原理和库仑定律，分别计算出其它三个电荷给它的库仑斥力大小，判断出方向，再根据力的合成法则，求出这三个力的合力即可．。