福建省厦门第六中学2024届高二物理第一学期期中复习检测模拟试题含解析

福建省厦门第六中学2024届高二物理第一学期期中复习检测模
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、关于场强E，下面说法正确的是（）
A．电场中某点的场强方向与放入该点的电荷所受电场力的方向相同
B．电场中某点的场强大小与放入该点的电荷的电量成正比
C．两个等量异种点电荷产生的电场中，在两点电荷连线中点处场强最大
D．两个等量同种点电荷产生的电场中，两点电荷连线中点处的的场强为零
2、下列物理量中，均属于矢量的是
A．功和力B．位移和路程C．线速度和加速度D．电场强度和电流
3、某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为
A．4ρ和4R B．ρ和4R
C．ρ和16R D．16ρ和16R
4、关于电流，下列说法中正确的是（）
A．金属导体中电流的方向就是自由电子定向移动的方向
B．不论何种导体，电流的方向规定为正电荷定向移动的方向
C．根据
q
I
t
可知，通过导体横截面的电量越多，导体中的电流越大
D．电流强度的单位A是国际单位制中的导出单位
5、下列说法中正确的是（）
A．检验电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度不一定为零
B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值
D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放到该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值
6、有两只完全相同的表头，分别改装成一只电流表和一只电压表，某位同学在做实验
时误将改装后这两只电表串联起来连接入电路中，则两只电表的指针将出现下列哪种情况（）
A．两表指针都不偏转
B．两表指针的偏转角度相同
C．两表指针都偏转，电压表的指针偏转角度较大
D．两表指针都偏转，电流表的指针偏转角度较大
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、某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I 变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示．以下判断正确的是( )
A．直线a表示电源的总功率
B．曲线c表示电源的输出功率
C．电源的电动势E＝3V，内电阻r＝1Ω
D．电源的最大输出功率P m＝9W
8、某兴趣小组为研究圆周运动制作了如图所示装置，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于轻质细杆的B点和A点，当某次轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）
A．a绳张力可能为零
B．a绳的张力不随角速度的增大而增大
C．当角速度ω
cot
g
l
b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
9、如图所示，E 为电池，L 是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S 是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法正确的是
A．刚闭合开关S 的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B．刚闭合开关S 的瞬间，通过D1的电流小于通过D2 的电流
C．闭合开关S 到电路达到稳定，D1逐渐熄灭，D2比原来更亮
D．电路达到稳定后将开关S 断开，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭
10、如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态．现贴着下板插入一定厚度的金属板，则在插入过程中（）
A．电容器的带电量增大
B．电路将有顺时针方向的短暂电流
C．带电液滴仍将静止
D．带电液滴将向上做加速运动
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）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，教师提供了下列器材：A．待测的干电池B．电流传感器1
C．电流传感器2 D．滑动变阻器R(0～20Ω，2A)
E.定值电阻R0(2000Ω)
F.开关和导线若干
某同学发现上述器材中没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验.
(1)在实验操作过程中，如将滑动变阻器的滑片P 向右滑动，则电流传感器1的示数将________(选填“变大”、“不变”或“变小”).
(2)图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的两个电流变化图线(A I -B I 图像)，其中A I 、B I 分别代表两传感器的示数，但不清楚分别代表哪个电流传感器的示数.请你根据分析，由图线计算被测电池的电动势E=________V ，内阻r=__________Ω.
(3)(单选题)用上述方法测出的电池电动势和内电阻与真实值相比______.
A ．E 偏大，r 偏小
B ．E 偏小，r 偏大
C ．E 偏大，r 偏大
D ．
E 偏小，r 偏小
12．（12分）（1）在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，下列器材中必须要用的是（多选）_____；
A ．
B ．
C ．
D ．
（2）在“探究加速度与力和质量的关系”实验中，某同学在保持力一定的情况下，探究加速度a 与质量m 的关系。

该同学测出数据后，做出了a 与_______（填“m”或“”）的图像，并根据该图像直观的找到了加速度a 与质量m 的关系。

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）在电场中把2.0×10-9C 的正电荷从A 点移到B 点，静电力做功2.0×10-7J ．再
把这个电荷从B点移到C点，静电力做功为-4.0×10-7J．
(1)A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是多大？
(2)A、B、C三点中哪点电势最高？哪点电势最低？
(3)把-1.0×10-9C的电荷从A点移到C点，静电力做多少功？
14．（16分）如图所示，长为L的绝缘细线下端系一带正电的小球q，悬于O点，质量为m .当在O点固定一电荷量未知的电荷Q时，小球能静止在A处，且细线拉力是小球重力的5倍．现将小球拉至图中B处(θ＝60°)，并放开使之摆动，（已知静电力常量为k，重力加速度为g）问：
（1）固定在O处的电荷是带正电还是负电？
（2）固定在O处的电荷的带电荷量为多少？
（3）小球回到A处时悬线拉力为多少？
15．（12分）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L＝0.4 m的绝缘细线把质量为m＝0.20 kg，带有q＝6.0×10－4 C正电的金属小球悬挂在O 点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°。

已知A、C两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)A、B两点间的电势差U AB；
(2)将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过B点时细线对小球的拉力F 的大小；
(3)如果要使小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向需要多大的初速度v0。

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】
本题考查了电场强度．电场强度只与电场本身有关，与放入其中的检验电荷无关，所以B选项错误．场强的方向与放入其中的正电荷的受力方向相同，负电荷的受力方向相反，所以A选项错误．电场线的疏密可以表示电场的强弱，所以两个等量的异种电荷，在两点电荷连线中点处场强最小，C选项错误．两个等量同种点电荷产生的电场中，两点电荷在连线中点处产生的场强大小相等方向相反，合场强为零．所以答案选D．在静电场中，对场强的大小和方向进行考查，是高考的重点．
2、C
【解题分析】矢量既有大小，又有方向，它的加减运算满足矢量法则：平行四边形定则或三角形法则。

位移、速度、加速度、力和电场强度都是矢量，而路程、速率、电流、功和能量都属于标量，故本题选C。

3、C
【解题分析】
电阻R＝ρl
S
，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，其材料和体积均不变，则横截面
积变为原来的1/4，长度为原来的4倍；由于导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的16倍，即16R．由于电阻率受温度的影响，因温度不变，所以电阻率也不变．故ABD错误，C正确．故选C．
4、B
【解题分析】
A．金属导体中电流的方向是自由电子定向移动的反方向，选项A错误；
B．不论何种导体，电流的方向规定为正电荷定向移动的方向，选项B正确；
C．根据
q
I
t
可知，单位时间通过导体横截面的电量越多，导体中的电流越大，选项
C错误；
D．电流强度的单位A是国际单位制中的基本单位，选项D错误。

故选B。

5、C
【解题分析】
A ．电荷不受电场力的作用，则该点的电场强度一定为零，所以A 选项错误： BD ．通电导线在磁场中不一定受到磁场力的作用，与导线和磁感应强度的夹角有关系，即sin F BIL θ=，其中θ为
B 与电流I 的夹角，所以BD 两项错误；
C ．电场强度的定义为F E q
=
，所以C 项错误． 6、C
【解题分析】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，所以电流表的指针几乎不偏转；电压表的指针有偏转．故C 正确，ABD 错误．故选C.
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、ABC
【解题分析】
A ．闭合电路中电动势E 和内电阻r 不变，外电阻的变化引起电路中的电流I 发生变化。

电路中消耗的总功率P E ＝IE ，E 一定时，P E 与I 成正比，故直线a 表示电源的总功率与电流的关系，且a 图线的斜率大小为电源电动势E ＝3 V 。

B ．电源内电阻消耗的功率： 2r P I r ＝
r 一定时，P r 与I 2成正比，所以抛物线b 表示电源内电阻消耗的功率与电流的关系；外电阻上消耗的功率：
22R P I R IE I r ＝＝－
故抛物线c 表示外电阻消耗的功率与电流的关系，选项A 、B 正确；
C ．图线a 、b 的交点表示r E P P ＝，此时外电阻消耗功率为0，R ＝0，则：
E I r
= 所以内阻：
r ＝1 Ω
r E 2
P P E r
＝＝ 选项C 正确；
D ．图线b 、c 的交点也是抛物线c 的顶点，该处纵坐标表示外电阻消耗功率的最大值，此时：
R ＝r
r R P P ＝
22R 9W 444
E E P R r === 选项D 错误。

8、BC
【解题分析】
A ．小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a 绳的张力不可能为零，故A 错误。

B ．根据竖直方向上平衡得
F a s inθ=mg
解得
a mg F sin θ
= 可知a 绳的拉力不变，故B 正确。

C ．当b 绳拉力为零时，有：
2 mg ml tan ωθ
= 解得
ω=
可知当角速度ω>
b 绳出现弹力。

故C 正确。

D ．由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故D 错误。

9、ACD
【解题分析】
AB ．开关S 刚闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故A 正确，B 错误；
C ．稳定后，线圈相当于导线把灯
D 1短路，D 1熄灭，回路中总电阻减小，电流增大，D 2比S 刚闭合时亮，故C 正确；
D ．S 闭合稳定后再断开开关，D 2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L 相当于电源，与D 1组成回路，D 1闪亮一下然后过一会再熄灭，故D 正确；
故选ACD ．
10、AD
【解题分析】
AB 、在电容器中插入一金属板相当于极板间距离变小了,根据电容的决定式4S C kd επ=，知电容增大，而电容器板间电压U 不变，由Q=CU 知，电容器带电量增大．电路中有逆时针方向的短暂电流．故A 正确，B 错误；
CD 、电容器板间电压U 不变，板间距离d 减小，由E=U/d 知板间电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，大于重力，将向上做加速运动．故D 正确，C 错误． 故选AD
【题目点拨】
在电容器中插入一定厚度的金属板，板间距离减小，根据电容的决定式4S C kd
επ=，可分析出电容的变化；抓住电容器两板间的电势差不变，由C=Q/U 和E=U/d 进行判断即可．
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)变小； (2)3.0， 2.0； (3)D
【解题分析】
（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P 向右滑动时 R 值减小，电流传感器2的示数变大，电流传感器1的示数变小．
（2）由闭合电路欧姆定律可得：I 1R 0=E-（I 1+I 2）r 变形得：1200E r I I R r R r
=-++ 由数学知可得：图象中的0r k R r =
+ ；b=0 E R r +； 由图可知：b=1.50；k=1.35 1.05
0.450.15
--×1×10-3=1×10-3； 故解得：E=3V ，r=2Ω； （3）本题中传感器1与定值电阻串联充当电压表使用； 本实验中由于电流传感器1的
分流，使电流传感器2中电流测量值小于真实值，而所测量并计算出的电压示数是准确的，当电路短路时，电压表的分流可以忽略不计，故短路电流为准确的，则图象应以短流电流向左下移动，故图象与纵坐标的交点减小，图象的斜率减小，故电动势减小，内阻小于真实值，故选D ；
点睛：本题根据实验原理分析误差产生的原因，并根据误差的大小选择实验电路，可见，实验原理是实验的核心，要理解并掌握牢固； 同时注意正确分析电表内阻的影响．
12、BD
【解题分析】
选择实验所需的器材，结合实验步骤考虑每步用到哪些器材，这样容易联想容易记忆；“探究加速度与力、质量的关系”实验中，研究三者关系必须运用控制变量法，通过图象得出两个物理量之间的关系，该图线需是线性图线；
【题目详解】
解：(1)关于“探究小车速度随时间变化的规律”的步骤：木板平放，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定，连接好电路；穿纸带；挂钩码；先接通电源，然后放开小车，让小车拖着纸带运动，打完一条后立即关闭电源；换纸带，加钩码，再做二次；最后用刻度尺测量两点间的距离；所以在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，器材中必须要用的是小车和打点计时器，故B 、D 正确，A 、C 错误；
(2)为了探究加速度与质量的关系，应保持F 不变，为了直观地判断加速度a 与质量m 的数量关系，应作图象，此图象是一条直线。

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)100V ，－200V ，-100V ；(2) C 点的电势最高，B 点的电势最低；(3)71.010J -⨯ 【解题分析】
（1）根据电场力做功公式：AB AB W qU =得AB 间的电势差:
791.51075210AB AB W J U V q C
--⨯===⨯ BC 间的电势差:79410200210BC BC
W J U V q C ---⨯===-⨯，知A 点电势比B 点电势高75V ，C 点电势比B 点高200V ，则C 点的电势最高，B 点的电势最低．
（2）由以上可得：A 、B 间电势差为：791.51075210AB AB W J U V q C --⨯===⨯
B 、
C 间电势差为：79410200210BC BC W J U V q C
---⨯===-⨯ A 、C 间的电势差U AC =U AB +U BC =﹣125V ．
（3）把﹣1．5×
10﹣9C 的电荷从A 点移到C 点，静电力做功：()971.510125 1.87510AC AC W qU J J --==-⨯⨯-=⨯
【题目点拨】
此题考查了电场力做功与电势差的关系；主要是理解和掌握电场力的功与电势差的关系式W U q
=，并能理解各个物理量的意义；注意三个物理量都有符号，解题时都不能丢，同时注意W 和U 角码的顺序应该一样．
14、（1）正电（2）2
4mgL Q kq
=（3）6mg 【解题分析】
（1）因为细线拉力是小球重力的5倍，可知小球受到斥力作用，可知固定在O 处的电荷 带正电；
（2）球在A 处静止时设细线拉力为F ，由受力分析可得
F ＝k 2
Qq L ＋mg 又F ＝5mg .
故 k 2Qq L
＝4mg . 解得：
2
4mgL Q kq
= . （3）小球由B 回到A 处的过程中只有重力做功，由动能定理可得
mgL (1－cos 60°)＝12
mv 2. 由牛顿第二定律可得
F ′－mg －k 2Qq L ＝m 2
v L
. 由以上各式联立解得
F ′＝6mg .
15、 (1) −400V ；(2) 4.5N ；【解题分析】
(1)带电小球在B 点静止受力平衡，根据平衡条件得
qE =mg tan θ
解得
40.201037V/m 6.010
mgtan tan E q θ-⨯⨯︒=⨯＝＝2.5×103V/m 由U =Ed 有
U AB ＝−EL (1−sin θ)＝2.5×103×0.4×(1−sin37°)＝−400V
(2)设小球运动至B 点时速度为v B ，则
mgL cos θ+qU AB =21m 2
B v 在B 点，小球所受重力、电场力和细线拉力的合力提供向心力，根据向心力公式得
F −cos mg θ=m 2B v L
代入数据解得
F =4.5N
(3)小球做完整圆周运动时必须通过B 点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v ，则 cos mg θ＝2
v m L
−mgL cos θ−qEL (1+sin θ)＝
212mv −2012mv 联立解得
v 0。