2024届重庆市西南大学附中高二物理第一学期期中调研试题含解析

2024届重庆市西南大学附中高二物理第一学期期中调研试题注意事项:
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、两个电压表V1和V2是由完全相同的两个电流表改装的，V1量程是5 V，V2量程是15 V，为了测15-20V的电压。

把V1和V2串联起来用，以下叙述正确的是
A．V1、V2的读数相同
B．V1、V2指针偏转角度相等
C．V1、V2读数不同，指针偏转角度也不同
D．V1指针偏转角度小
2、两只电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装而成的，V2的量程为5V，V1的量程为15V，为了测量15—20V的电压，把V1 、V2串联起来使用，在这种情况下
（）
A．V1和V2两表指针偏转角相等
B．V1和V2读数相等
C．V1和V2的读数之比不等于电压表的内阻之比
D．V1和V2的指针偏转角度之比等于两个电压表的内阻之比
3、下列叙述正确的是
A．电荷不能够创造，但可以消灭
B．一个物体带的负电荷，这是它失去了个电子的缘故
C．元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量
D．只有很小的球形带电体才叫做点电荷
4、如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带正电粒子从a点运动到b点的轨迹，若带电粒子只受电场力作用，粒子从a点运动到b点的过程中（）
A．粒子的电势能逐渐减小
B．粒子的电势能逐渐增加
C．粒子运动的加速度逐渐增大
D．粒子运动的速度逐渐增大
5、如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（）
A．负点电荷一定位于N点右侧
B．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
C．带电粒子在a点时的电势能小于在b点时的电势能
D．带电粒子从a到b过程中速度大小逐渐减小
6、电场的电场线分布如图所示，电场中A、B两点的电场强度的大小和电势分别用E A、
E B和ϕA、ϕB表示，则有（）
A．E A＞E B，ϕA＞ϕB B．E A＞E B，ϕA＜ϕB
C．E A＜E B，ϕA＞ϕB D．E A＜E B，ϕA＜ϕB
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，一水平固定的小圆盘A，带电量为Q，电势为零，从圆盘中心处O由静
+的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达止释放一质量为m，带电量为q
=，又知道过竖直线上的b点时，小球速度最大，由此盘中心竖直线上的c点，Oc h
可知在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是()
A．b点场强B．c点场强C．b点电势D．c点电势
8、一学生去实验室取定值电阻两只，R1=10 Ω，R2=30 Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如图，电源输出电压U=12.0 V不变．该学生先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，则下列说法正确的是
A．U2一定小于9.0 V
B．U1一定大于3.0 V
C．U1与U2之和小于12 V
D．U1与U2之比一定等于1:3
9、关于电源与电路，下列说法正确的是( )
A．外电路中电流由电源正极流向负极，内电路中电流也由电源正极流向负极
B．外电路中电流由电源正极流向负极，内电路中电流由电源负极流向正极
C．外电路中电场力对电荷做正功，内电路中电场力对电荷也做正功
D．外电路中电场力对电荷做正功，内电路中非静电力对电荷做正功
10、如图所示，光滑绝缘细杆AB，水平放置于被固定的带负电荷的小球的正上方，小球的电荷量为Q，可视为点电荷．a、b是水平细杆上的两点，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球(可视为质点)套在细杆上，由a点静止释放，在小球由a点运动到b点的过程中，下列说法中正确的是( )
A．小球速度先增大后减小
B．小球速度一直减小
C．小球速度一直增大
D．小球与负电荷组成的系统电势能先减少后增加
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）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材:
A．电池组(3V，内阻10Ω)；
B．电流表(0～3A，内阻0.0125Ω)；
C．电流表(0～0.6A，内阻0.125Ω)；
D．电压表(0～3V，内阻3kΩ):
E.电压表(0～15V，内阻15kΩ,)；
F.滑动变阻器(0～50Ω，额定电流1A)；
G.滑动变阻器(0～5000Ω，额定电流0.3A)；
H.开关、导线
(1)上述器材中电流表应选______，电压表应选______ ，滑动变阻器应选_____(填写各器材前的字母代号);
(2)实验电路应采用电流表_____接法(填“内”或“外”);
(3)该实验中，电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I=____A，U=____V;
（4）在测定该金属导线的直径时，螺旋测微器的读数如图所示，可知该金属丝的直径d＝________ mm.
12．（12分）为了测量一节干电池的电动势和内电阻，实验室准备了下列器材供选用：A．待测干电池一节
B．直流电流表（量程0 ~ 0.6 ~ 3 A，0.6 A挡内阻为0.1Ω，3 A挡内阻为0.02Ω）C．直流电压表（量程0 ~ 3 ~ 15 V，3 V挡内阻为5 kΩ，15 V挡内阻为25 kΩ）D．滑动变阻器（阻值范围为0 ~ 15Ω，允许最大电流为1A）
E．滑动变阻器（阻值范围为0 ~ 1000Ω，允许最大电流为0.2 A）
F．开关
G．导线若干
（1）将如图所示中的器材，进行实物连线_______；
（2）为尽可能减少实验的误差，其中滑动变阻器选______（填代号）；
（3）根据实验记录，画出的U—I图线如图所示，从中可求出待测干电池的电动势为E=_____V，内电阻为r=______Ω．
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）在磁感应强度为0.8T的匀强磁场中，放一条与磁场方向垂直、长度为2m 的通电导线，导线中的电流为5.0A，求：
(1)这条导线所受安培力大小；
(2)如果将导线转动90°，使导线与磁场平行，求此时导线受到的安培力。

14．（16分）如图所示，在磁感应强度B＝1.0T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab．已知接在滑轨中的电源电动势E＝12V，内阻不计．ab杆长L＝0.5m，质量m＝0.2kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ＝0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．求：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化？(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留一位有效数字)
15．（12分）如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2
L ，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：
(1) 电子到达MN 时的速度；
(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ；
(3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.
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】
电压表是电流计串联一个比较大的电阻改装而成，当两个电压表串联起来的时候，流过电流计的电流相同，两个电流计相同，则电流计偏转的角度相同；两表量程不同，偏转角相同，则读数不同；故B 正确，ACD 错误。

2、A
【解题分析】A项：两电压表串联，流过两表头的电流相等，则两电压表指针偏转角度相等，故A正确；
B项：两电压表串联，流过它们的电流相等而电压表内阻不同，电压表两端电压不同，电压表示数不同，故B错误；
C项：通过两电压表的电流相同，由欧姆定律可知，V1和V2的读数之比等于电压表的内阻之比，故C错误；
D项:由于串联电流相等，故表头偏转角度相同，V1和V2的指针偏转角度之比与电压表内阻无关，故D错误；
综上所述：本题答案选A
3、C
【解题分析】
根据电荷守恒定律可知，电荷即不能够创造，也不可以消灭，选项A错误；一个物体带的负电荷，这是它得到了个电子的缘故，选项B错误；元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量，选项C正确；当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，与电荷的大小无关。

故D错误。

故选C。

4、B
【解题分析】
根据运动轨迹弯曲方向判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，从而判断电势高低，根据电场力做功判断电势能的变化，根据牛顿第二定律求解加速度；
【题目详解】
A、由粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受的电场力向左，从a点运动到b点电场力做负功，电势能增大，故A错误，B正确；
C.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，则a点电场力大于b 点电场力，a点加速度大，故C错误；
D.从a点运动到b点电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，则速度减小，故D 错误．
【题目点拨】
解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力，利用电场中有关规律求解．
5、A
【解题分析】
带正电粒子受力指向M ，故场源电荷为负电荷，a 点离场源电荷远，所以a 点场强小于b 点；由于电场力做正功，故a 点电势能大于b 点，速度小于b 点．
6、C
【解题分析】
根据电场线的疏密表示电场强度大小，电场线密的地方，电场强度大，A B E E < ，根据沿电场线的方向电势逐渐降低，则有A B ϕϕ> ，ABD 错误C 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、AD
【解题分析】
速度最大时合力为0，据受力可得电场力，即可以确定b 点场强，A 对．由O 到C 列动能定理可知OC 间电势差，即可确定c 点电势，D 对．
8、ACD
【解题分析】
不接电压表时，R 1、R 2串联，电压之比为：，而U′1+U′2=12 V ，解得：
U′1=3.0 V ，U′2=9.0 V ；当电压表并联在R 1两端时，有：，解得：U 1<3 V ，同理，当电压表并联在R 2两端时，有：U 2<9 V ，得：U 1+U 2<12V ，故AC 正确，B 错误；设电压表内阻为R V ，则电压表与R 1并联时，其示数
； 电压表与R 2并联时，其示数
，则可知，两电压表读数之比一定
等于1:3，故D 正确．
【题目点拨】
本题主要运用串并联的知识讨论电压表对电路的影响，知道并联电压表后并联部分电阻变小，并能明确接入电压表时总电阻减小，同时注意要将电压表视为电阻进行分析，利用串并联电路的规律定量分析电压表示数．
9、BD
【解题分析】
根据以下知识分析答题：电路中有电流的条件是：电路闭合，且电路中有电源；电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流的方向；在电源外部，电流由正极流向负极．
【题目详解】
电源外部电流由正极流向负极；内部由负极流向正极；故A错误，B正确；在外电路中电场力对电荷做正功，从而转化为其他形式的能；而在内部非静电力对电荷做正功，内部电场力对电荷做负功；故C错误，D正确；故选BD．
10、AD
【解题分析】
ABC.小球沿光滑直杆运动的过程中，受到重力、支持力与库仑力，重力与支持力均不做功，仅有库仑引力做功，负电荷对小球的库仑力方向与速度方向的夹角先小于90°，后大于90°，则库仑力对小球先做正功后做负功。

所以小球的动能先增大后减小，速度先增大后减小。

故A正确，BC错误；
D.库仑力先做正功后做负功。

由于只有库仑力做功，所以小球与负电荷组成的系统电势能先减小后增大。

故D正确。

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)C D F (2) 外(3)0.48 2.20 (4)0.622
【解题分析】（1）用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式R=U/I，电压表和电流表选择的原则是在保证仪表安全的情况下，指针偏转角度尽可能大，根据电源的电动势为3V，电压表的量程应选3V，即选D；电流I=U/R，约为0.6A，故应选C；滑动变阻器的选择原则是保证安全的情况下，调节要方便，由于待测电阻较小，故滑动变阻器应选F。

（2）由于待测电阻的阻值远小于电压表的电阻，故应选择电流表外接法。

（3）电流表的量程是0.6A，最小分度是0.02A，故电流表示数为0.48A；电压表的量程是3V，最小分度是0.1V，故电压表的示数为2.20V。

（4）螺旋测微器固定尺的读数为0.5mm，螺旋尺读数为12.2×0.01mm=0.122mm，故螺旋测微器的读数为0.622mm。

12、 D 1.5 V 1.0Ω
【解题分析】
（1）测定电源电动势和内电阻的电路图如图所示，对照电路图连线如下：
（2）
滑动变阻器E电阻值较大，操作不方便，同时额定电流太小，故选小电阻的滑动变阻器；故选D．
（3）电源的U-I图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E=1.5V；
斜率表示电源的内电阻，故
1.50.8
1
0.7
U V V
r
I A
＝＝＝
-
Ω
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)8N；(2)0
【解题分析】
(1)这条导线所受安培力大小
0.852N=8N
F BIL
==⨯⨯
(2)如果将导线转动90°，使导线与磁场平行，此时导线受到的安培力为零。

14、3Ω≤R≤5Ω
【解题分析】
ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析，当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示:
由平衡条件得,沿斜面方向
11sin cos N mg F F θμθ=+安
垂直斜面方向
11cos sin N F mg F θθ=+安
而
22
=E F B
L R 安 解得
R 1＝5Ω 当ab 杆恰好不上滑时，如图乙所示:
由平衡条件得,沿斜面方向
22sin cos N mg F F θμθ=+安 垂直斜面方向
2cos sin N F mg F θθ=+安2
而
22
=E F B
L R 安 解得: R 2＝3 Ω．
所以，要使ab 杆保持静止，R 的取值范围是3 Ω≤R ≤5Ω．
15、
(1) v =
(2)2 (3) 3L . 【解题分析】 （1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：
a 1＝1eE m ＝eE m
2122
L a v = 解得
v = （2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，
a 2＝
2eE m ＝2eE m
t ＝L v v y ＝a 2t
tan θ＝y
v v =2
（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：
tan θ＝2
x
L
L + 解得：
x ＝3L .。