安徽省合肥一中2024届物理高二上期中学业水平测试模拟试题含解析

安徽省合肥一中2024届物理高二上期中学业水平测试模拟试题注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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，用细绳系一小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，不计空气阻力，关于小球的受力正确的是（）
A．只受重力B．只受绳子拉力
C．受重力、绳子拉力D．受重力、绳子拉力和向心力
2、关于磁现象的电本质，下列说法中正确的是( )
A．磁与电紧密联系，有磁必有电，有电必有磁
B．不管是磁体的磁场还是电流的磁场都起源于电荷的运动
C．永久性磁铁的磁性不是由运动电荷产生的
D．根据安培假说可知，磁体内分子电流总是存在的，因此，任何磁体都不会失去磁性3、1910年美国科学家密立根通过油滴实验( )
A．发现了中子B．发现了电子
C．测出了中子的质量D．测出了电子的电荷量
4、一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子和，从电容器的点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间．测得和与电容极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为
1:1．若不计重力，则和的比荷之比是
A．1:1 B．1:8 C．1:1 D．4:1
5、如图，竖直绝缘光滑的半圆形槽半径为R，在槽内静置有两个带等量同种电荷的小球A、B，两球质量相等、间距为R.若将两小球看作质点，将一个水平向右的推力F作用在A球上，缓慢将A球推到半圆形槽的底部，则下列说法正确的是( )
A．槽对B球的支持力变大
B．两球间距离保持不变
C．推力F做的功等于两球组成的系统机械能的增加量
D．两球组成的系统的电势能增大
6、如图是某电场区域的电场线分布，A、B、C是电场中的三个点，下列说法正确的是（）
A．A点的电场强度最大
B．B点的电场强度最小
C．把一个正的点电荷依次放在这三点时，其中放在B点时它受到的静电力最大
D．把一个带负电的点电荷放在A点时，它所受的静电力方向和A点的电场强度方向一致
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，相距为d的两块平行金属板M、N与电源相连，电键S闭合后，MN间有匀强电场．一个带电粒子垂直于电场方向从M板边缘射入电场，恰好打在N板中央，若不计重力．下列说法正确的是
A．当电键S闭合时，M板不动，为了使粒子刚好飞出电场，N板应向下移动d.
B．当电键S闭合时，M板不动，为了使粒子刚好飞出电场，N板应下向移动2d. C．当电键S断开时，M板不动，为了使粒子刚好飞出电场，N板应下向移动3d. D．当电键S断开时，M板不动，为了使粒子刚好飞出电场，N板应下向移动4d.
8、如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流：a、b、c 是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l．关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是
A．a处的磁感应强度大小比c处的大
B．b、c两处的磁感应强度大小相等
C．a、c两处的磁感应强度方向相同
D．b处的磁感应强度为零
9、如图所示的电路中,电源内阻一定,电压表和电流表均为理想电表。

现使滑动变阻器R 滑片向左滑动一小段距离,测得电压表V1的示数变化大小为ΔU1,电压表V2的示数变化大小为ΔU2,电流表A的示数变化大小为ΔI,对于此过程下列说法正确的是()
A．为一定值
B．路端电压的增加量等于ΔU2
C．R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2-ΔU1
D．通过电阻R1的电流变化量大小等于
10、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关k，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电流表、电压表V2示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU2，下列说法正确的是
A ．I 减小
B ．U 1、U 2均减小
C ．1U I 变小，3U I
变大 D ．21U r R I ∆=+∆ 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）图甲，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。

但是，可以通过仅测量__________（填选项前的符号），间接地解决这个问题。

A ．小球开始释放的高度h
B ．小球抛出点距地面的高度H
C ．小球做平抛运动的射程
(2)图甲中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影。

实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置由静止释放，找到其平均落地点的位置______，测量平抛射程______。

然后，把被碰小球m 2静置于轨道上O 点正上方，再将入射球m 1从斜轨上S 位置由静止释放，与小球m 2相碰，并多次重复。

接下来要完成的必要步骤是_____。

（填选项前的符号） A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2
B ．测量小球m 1，开始释放的高度h
C ．测量抛出点距地面的高度H
D ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、N
E ．测量平抛射程OM 、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________（用(2)中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________（用(2)中测量的量表示）。

12．（12分）在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池．
（2）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表变化不明显，原因是，从而影响测量值的精确性．
（2）为了提高实验的精确度采用（b）所示电路，提供器材：
A．量程3V和25V的双量程电压表V
B．量程2．6A和3A的双量程电流表A
C．定值电阻R2（R2=2．5Ω）
D．滑动变阻器R2（2～22Ω）
E．滑动变阻器R2（2～222Ω）
F．开关S和一些导线．
①图（b）电路中，加接电阻R2有两方面的作用：一是方便实验操作和数据测量；
二是．
②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填R2或R2）．
③用笔画线代替导线在图（c）中完成实物连接图．
④实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，并在给出的U-I
坐标系中画出U-I图线如图（d）所示，则新干电池的内阻r= Ω（结果保留两位有效数字）．
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，M、N是水平放置的一对金属板，其中M板中央有一个小孔O，
板间存在竖直向上的匀强电场.AB是一长9L的轻质绝缘细杆，在杆上等间距地固定着10个完全相同的带正电小球，每个小球的电荷量为q、质量为m，相邻小球距离为L.现将最下端小球置于O处，然后将AB由静止释放，AB在运动过程中始终保持竖直.经观察发现，在第4个小球进入电场到第5个小球进入电场这一过程中AB做匀速运动．求：
（1）两板间电场强度E；
（2）上述匀速运动过程中速度v的大小.
14．（16分）如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°,求：
（1）求粒子的比荷q
m
；
（2）粒子在磁场中的运动时间t；
（3）如果保持速度的大小和方向不变，欲使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，则需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？
15．（12分）如图所示，竖直平面内有光滑绝缘半圆轨道，处于一个沿水平方向且与轨道平面平行的匀强电场中，轨道两端点A、C与圆心0高度相同，轨道半径为R，B为最低点。

一个质量为m、带电量为+q的小球(可视为质点)从轨道右端的A处无初速度地沿轨道下滑，向左运动的最远点的位置为D，且OD与OB夹角θ=30°.重力加速度为g，设小球运动中电量q不变。

求：
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)小球在运动过程中受到轨道对其支持力的最大值。

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、C
【解题分析】
试题分析：该小球在运动中受到重力G和绳子的拉力F，拉力F和重力G的合力提供了小球在水平面上做匀速圆周运到的向心力；向心力是沿半径方向上的所有力的合力，所以受力分析时，不要把向心力包括在内．C正确．
考点：考查了受力分析，向心力
2、B
【解题分析】
运动的电荷才会产生磁场，故A错误；一切磁现象都起源于电流或运动电荷，不管是磁体的磁场还是电流的磁场都起源于电荷的运动，故B正确；永久磁铁的磁场也是由运动的电荷（分子电流即电子绕原子核的运动形成的电流）产生的，故C错误；根据安培假说可知，磁体内分子电流总是存在的，因此，磁体内的分子电流的取向变得杂乱无章时，会失去磁性，故D错误．所以B正确，ACD错误．
3、D
【解题分析】
试题分析：解答本题的关键是了解密立根油滴实验的有关知识，知道密立根根据该实验测出了电子的电荷量．
解：密立根用在电场和重力场中运动的带电油滴进行实验，发现所有油滴所带的电量均是某一最小电荷的整数倍，该最小电荷值就是电子电荷，故ABC错误，D正确．
故选D ．
【点评】本题考查了物理学史部分，比较简单，对于这部分知识，平时学习不可忽略，要不断积累和加强记忆．
4、D
【解题分析】 两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有
，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有，电荷在电场中受的力为
，根据牛顿第二定律有，整理得，因为两粒子在同一电场中运动，E 相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比．所以比荷之比为
，D 正确．
【易错提醒】表达式的整理过程易出现问题．
【备考提示】带电粒子在电场中的加速和偏转是高考的重点考查内容．
5、D
【解题分析】
施加F 之前，B 受到重力、支持力、库仑力，根据几何关系可得：支持力
12603mg mg N sin ==︒，库仑力212603
kq mg mg F R tan ===︒；A 球被推到半圆形槽的底部后，B 受力分析如图，
由几何关系可知1N R mg R
==，即N=mg ＜N 1，所以支持力变小，故A 错误．由上面矢量三角形得，F 库一直增大，故两球间的距离减小，故B 错误．推力F 做的功等于两球组成的系统机械能的增加量与电势能增加量之和，故C 错误．两球带同种电荷，距离减小，克服电场力做功，电势能增加，故D 正确．故选D ．
【题目点拨】
本题主要是考查力的分析和能量转化，解答本题要能够根据三角形相似得到库仑力的大小变化情况，由此确定电势能的变化．
6、C
【解题分析】
如图，B 处电场线最密，电场强度最大，电场最强．A 处电场线最疏，电场强度最小，电场最弱．故AB 错误
根据F=Eq ，可知把一个正的点电荷依次放在这三点时，其中放在B 点时它受到的静电力最大，故C 正确
负电荷所受电场力的方向跟场强反向相反，所以把一个带负电的点电荷放在A 点时，它所受的静电力方向和A 点的电场强度方向相反，故D 错误
所以应该选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、AC
【解题分析】
以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动．这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动．根据运动学公式解题．
【题目详解】
AB 、带电粒子在板间的运动均为类平抛运动，水平方向的运动速度一定，设第一次带电粒子的运动时间为t 1，第二次恰从边缘飞出，所用时间为t 2，则有t 2=2t 1…① 设板下移的距离为d ∆，则S 闭合时，有：21·2qU d t md
=…② 22·2()
qU d d t m d d +∆=+∆…③ 由①、②、③可得d d =∆，即N 板向下移动的距离为d ，故A 正确B 错误； CD 、若S 断开，则板上的电荷量不变，不难判断，移动N 板时，板间的场强将不变， 设板下移距离d ∆'，有2112Eq d t m
=…③ 2212Eq d d t m
'+∆=…⑤ 由①、④、⑤解得3d d ∆'=，
即N 板向下移动距离为3d ，故C 正确，D 错误．
故选AC ．
【题目点拨】
带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动．应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，关键在于分析临界条件．
8、AD
【解题分析】
由安培定则可以判断，a 、c 两处的磁场是两电流在a 、c 处产生的磁场相加，但a 距离两导线比c 近，故a 处的磁感应强度大小比c 处的大，故A 对；ｂ、c 与右侧电流距离相同，故右侧电流对此两处的磁场要求等大反向，但因为左侧电流要求此两处由大小不同、方向相同的磁场，故b 、c 两处的磁感应强度大小不相等，故B 错；由安培定则可知，a 处磁场垂直纸面向里，c 处磁场垂直纸面向外，故C 错；b 与两导线距离相等，故两磁场叠加为零，故D 对．
9、ACD
【解题分析】
A 、根据电路结构可知：V 1测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知：故A 对；
B 、滑动变阻器R 滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，回路电流变小，路端电压增大，即 与滑动变阻器的电压增大，但电阻上的电压是减小的，所以ΔU 2与ΔU 1不相等，故B 错；
C 、路端电压即为 与滑动变阻器的电压之和，所以R 0两端的电压的变化量大小等于ΔU 2-ΔU 1，故C 对；
D 、两端的电压即为路端电压，路端电压的变化引起了电阻R 1上电流的变化，所以通过电阻R 1的电流变化量大小等于
，故D 对；
故选ACD
【题目点拨】
根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化,由闭合电路欧姆定律可以知道电路电流的变化,则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化
10、AD
【解题分析】
AB ．P 下滑，R 2增加则总电阻增加，则I 变小，内电压变小，路端电压变大，则U 3变大，根据欧姆定律可知，定值电阻R 1两端的电压U 1变小，滑动变阻器R 2两端的电压U 2变大，故A 正确，B 错误；
C ．根据闭合电路欧姆定律可知 3U E Ir =-
解得
3U r I
= 恒定不变，故C 错误；
D ．根据伏安特性曲线可知
11U R I
∆=∆ 恒定不变，根据闭合电路欧姆定律得
21U E I R r =-+（）
则
21U r R I
∆=+∆ 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、C P OP ADE 112m OP m OM m ON =+
222112m OP m OM m ON =+
【解题分析】
(1)[1]小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故C 正确。

(2)[2][3][4]1m 和2m 碰撞后，1m 的动能减小，则速度减小，落点在M ，碰撞后2m 速度比1m 更大，落点在N ，没有发生碰撞时，1m 的落点在P ；验证动量守恒定律实验中，质量可测，而瞬时速度较难测得。

因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度。

所以要先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP 。

要验证动量守恒定律定律，即验证
111223m v m v m v =+
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t 相等，上式两边同时乘以t 得
111223m v t m v t m v t =+
得
112m OP m OM m ON =+
因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，为了测量位移，应找出落点位置；故ADE 正确，BC 错误。

故选ADE 。

(3)[5][6]由(2)知，实验需要验证
112m OP m OM m ON =+
如果碰撞过程机械能守恒，则
222111223111222m v m v m v =+ 两边同时乘以2t 得
222222111223111222
m v t m v t m v t =+ 则可得
222112m OP m OM m ON =+
12、（2）电源内阻太小 （2）
①保护电路中电源和电流表的安全 ② R 2③如图所示 ④2．3
【解题分析】
试题分析：（2）根据U=E-Ir 可知，由于新电池内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变化很小，所以如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，即原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小．
（2）①加接电阻R 2有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏，即保护电路中电源和电流表的安全． ②因为电流表的量程使用I A =2．6A ，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为max 1.57.5110.633
A E R I ==Ω=Ω⨯，所以变阻器应选R 2．
③如图所示
④在U-I 图象中图线的斜率为R 2与r 之和：即0 1.50 1.00 1.790.28U R r I ∆-+=
=Ω=Ω∆，解得r=2．3．
考点：测电池的电动势和内阻
【名师点睛】本题主要考查了测电池的电动势和内阻．本题的关键是明确新电池的内阻很小，电池的内压降很小，电压表的读数变化很小，所以实验应选内阻较大的旧电池；明确定值电阻除方便操作和测量外，还可以保护电池和电流表；根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻即可；根据闭合电路欧姆定律写出关于U 与I 的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解．
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）52mg E q =
；（2）v 【解题分析】
(1)第4个小球进入电场后杆与小球受力平衡，写出公式即可；
(2)第4个小球进入电场之前，重力做功与电场力做功的和等于系统动能的增加，写出动能定理的公式即可求得结果．
【题目详解】
(1) 第4个小球进入电场后杆与小球受力平衡，得：10mg-4Eq=0， 解得：52mg E q
=； (2) 第4个小球进入电场之前，重力做功与电场力做功的和等于系统动能的增加：
()21103123102
mg L qEl mv ⋅-++=⨯
代入数据解得：v =
【题目点拨】
该题考查复合场中物体的受力平衡，与动能定理的应用，对应的过程比较简单．
14、（1（2）3R v （3）3
R 【解题分析】
(1)由图可知轨迹半径：tan30R r =︒
① 粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有：
2mv qvB r = ② 由①②两式得：33q v m BR
= ③
(3) 粒子做圆周运动运动的周期：
2m T qB π= ④ 在磁场中的运动时间：16t T =
⑤ 由③④⑤式得：33R t v
π= ⑥ (3)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大 由图可知：sin θR r
= ⑦ 平移距离：sin θd R = ⑧
由①⑦⑧式得：3d 3
R =
15、 (1) 33mg E q
= 方向水平同右 (2) 43N F = 【解题分析】【分析】小球从A 到D 由动能定理求出电场强度E 的大小和方向，当小球运动到图中的P 点时，速度最大，轨道对它的支持力也最大，由动能定理和牛顿第二定律求出轨道对其支持力的最大值。

解：A 到D 由动能定理：mgRcosθ-qER(1+sinθ)= 0
解得： 33mg E q
= 方向水平同右 (2)电场力和重力的合力大小为
233mg ， 方向与 OA 成α= 60°
如图所示，当小球运动到图中的P 点时，速度最大，轨道对它的支持力也最大 A 到P 由动能定理有： 22311cos 2
mg mv α-=（） 在P 点由牛顿第二定律有： 2
23N v F m R
-= 解得： 43N F =。