2024届湖南省安仁一中、资兴市立中学高二物理第一学期期中达标检测模拟试题含解析

2024届湖南省安仁一中、资兴市立中学高二物理第一学期期中达
标检测模拟试题
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、某电源的电动势为3.6 V，这表示( )
A．电路通过1 C的电荷量，电源把3.6 J其他形式的能转化为电势能
B．电源在每秒内把3.6 J其他形式的能转化为电势能
C．该电源比电动势为1.5 V的电源做功多
D．该电源与电动势为1.5 V的电源相比，通过1 C电荷量时转化的电势能多
2、如图所示装置，电源的电动势为E=8V，内阻r1=0.5Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距为d=0.2m，导体棒ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R=0.2m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B=0.5T 的匀强磁场中。

闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知导体棒的质量为m=0.06kg，电阻r2=0.5Ω，不考虑运动过程中产生的反电动势，则（）
A．导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致
B．导体棒在摆动过程中所受安培力F=8N
C．导体棒摆动过程中的最大动能0.8J
D．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ=53
3、把6个相同电灯和两个变阻器接成如图（甲）、（乙）所示的两个电路，调节变阻器，两组电灯均能正常发光．设（甲）、（乙）两电路消耗的电功率分别为P1、P2，则（）
A．P1=3P2B．P1=P2
C．P1＞3P2D．P1＜3P2
4、如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计针的偏转示电容两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量Q不变．设电容两极正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．下列关于实验现象的描述正确的是（）
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，减小d，则θ不变
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持S、d不变，在两板间插入电介质，则θ变大
5、如图所示，关于磁场方向、运动电荷的速度方向和洛仑兹力方向之间的关系正确的是（）
A． B． C． D．
6、一带正电荷的小球沿光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，如图所示，速度方向垂直于匀强磁场．小球飞离桌面后，最终落在水平地面上，设飞行时间为t1，水平射程为s1，着地速率为v1．现撤去磁场，其他条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，着地速率为v2，则有( )
A．v1>v2
B．v1=v2
C．s1=s2
D．t1<t2
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、真空区域有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ 是磁场的边界．比荷为k的带负电粒子，沿着与MN夹角θ＝60°的方向射入磁场中，刚好没能从PQ边界射出磁场．下列说法正确的是（）
A．粒子的速率大小是2
3 Bdk
B．粒了在磁场中运动的时间是2 3kB
C．仅减小粒了的入射速率，在磁场中的运动时间将增大
D．仅增人粒子的入射速率，在磁场中的运动时间将减小
8、如图示电路，G是电流表，R1和R2是两个可变电阻，调节可变电阻R1，可以改变电流表G的示数。

当MN的电压为6V时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度，将MN 间的电压改为5V时，若要电流表的指针仍然偏转到最大刻度，下列方法可行的是
A．保持R1不变，增大R2
B．增大R1，减小R2
C．减小R1，增大R2
D．保持R2不变，增大R1
9、如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。

若粒子在运动中只受电场力作用，根据此图能作出的正确判断是（）
A．a、b两点电场的强弱B．带电粒子所带电荷的符号
C．粒子在a、b两点的受力方向D．粒子在a、b两点何处电势能大
10、以下各项措施中属于利用良好接地来防范静电的是：（）
A．高楼顶上装避雷针B．油罐车后装一根拖地的铁链
C．飞机起落架的轮胎用导电橡胶制成D．电工带电作业时应穿绝缘底的鞋子三、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。

R=Ω，操作步骤如下：11．（6分）（1）使用多用电表测量定值电阻1R，阻值约为120
请按合理的顺序填写在横线的空白处：___________。

A．转动选择开关置于“×1” 档
B．转动选择开关置于“OFF” 档
C．将两表笔分别接触1R两端，读出1R的阻值后随即断开
D．将两表笔短接，调节调零旋钮，使指针指在刻度线右端的“0”刻度
（2）在用多用表测量另一电阻的阻值时，电表的读数如图所示，该电阻的阻值为
________Ω。

12．（12分）用如图1所示装置研究平抛运动．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直
的硬板上．钢球沿斜槽轨道PQ 滑下后从Q 点飞出，落在水平挡板MN 上．由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点．移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点．
(1)下列实验条件必须满足的有_____． A ．斜槽轨道光滑 B ．斜槽轨道末段水平 C ．挡板高度等间距变化
D ．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为x 轴、竖直方向为y 轴的坐标系．
a ．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q 点，钢球的___（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y 轴时_______（选填“需要“或者“不需要”）y 轴与重锤线平行．
b ．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A 、B 、C 三点，AB 和BC 的水平间距相等且均为x ，测得AB 和BC 的竖直间距分别是y 1和y 2，则1
2y y ___1
3（选填“大于”、“等于”或者“小于”）．可求得钢球平抛的初速
度大小为___（已知当地重力加速度为g ，结果用上述字母表示）．
(3)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样．这实际上揭示了平抛物体______． A ．在水平方向上做匀速直线运动 B ．在竖直方向上做自由落体运动 C ．在下落过程中机械能守恒
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，水平绝缘粗糙的轨道与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道
平滑连接，半圆形轨道的半径
，在轨道所在空间存在水平向右的匀强
电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度。

现有一电荷
，质量的带电体（可视为质点），在水平轨道上的点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点，然后落至水平轨道上的点（图中未画出）。

取。

试求：
（1）带电体运动到圆形轨道点时对圆形轨道的压力大小。

（2）点到点的距离。

（3）带电体在从开始运动到落至点的过程中的最大动能（结果保留3位有效数字）。

v 14．（16分）如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以
0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B的质量相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g．求：
①A物体的最终速度；
②A物体与木板C上表面间的动摩擦因数．
15．（12分）如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E＝5×103 V/m，圆弧轨道半径R＝0.4 m．现有一带电荷量q＝＋2×10－5C、质量m＝5×10－2kg的物块(可视为质点)从距B端s＝1 m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g＝10 m/s2求：
(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度vB的大小；
(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力N B的大小．
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、AD
【解题分析】电路每通过1 C 的电量，非静电力做功W ＝qE ＝3.6 J ，A 正确，B 错误；3.6 V 大于1.5 V ，说明非静电力做功本领大，不一定做功多，但通过1 C 电荷时，电动势为3.6 V 的电源一定做功多，从而转化的电能多，D 正确，C 错误；故选AD. 点睛：解答此题要知道电源电动势的大小反映了电源将其他形式的能转化为电势能的本领大小，表示非静电力所做功的多少. 2、D 【解题分析】
A.当闭合开关S 后，导体棒中电流方向始终从a 到b ，所受安培力方向向右，而导体棒沿圆弧摆动，故A 错误；
B. 导体棒沿圆弧摆动过程中的电流
I =12E r r +=8
0.50.5
+A=8.0 A 导体棒受到的安培力 F =BId =0.5×8.0×0.2 N=0.8 N 故B 错误；
CD.导体棒受到的重力与安培力的合力大小 F 合
合力与竖直方向的夹角
tan θ=43
θ=53°
故导体棒ab 速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ=53°，由动能定理，导体棒在摆动过程中的最大动能
E km =FR sin53︒-mgR (1－cos 53°)=0.08 J 故C 错误，D 正确。

3、A 【解题分析】
电灯正常发光时，电流都是额定电流，根据电路中总电流关系，由功率公式研究两电路消耗的电功率的关系。

【题目详解】
设每个灯泡正常发光时，其电流为I ，则图（甲）中总电流为3I ，图（乙）总电流为I ，电路中的总的电压相同，所以，P 1=3IU ，P 2=IU ，则P 1=3P 2。

故选：A 。

【题目点拨】
本题关键要掌握用电器在额定电压下工作时，电流是额定电流，功率达到额定才能正常工作。

4、A
【解题分析】A ：平行板电容器的电容4πS
C kd
ε=
，电容器电压与电容的关系为Q
U C
=
，电量Q 不变，保持S 不变，增大d ，电容C 减小，电压U 增大， θ变大，故A 项正确．
B ：电量Q 不变，保持S 不变，减小d ，电容
C 增大，电压U 减小， θ变小，故B 项
错误．
C ：电量Q 不变，保持d 不变，减小S ，电容C 减小，电压U 增大， θ变大，故C 项错误．
D ：电量Q 不变，保持S 、d 不变，在两板间插入电介质，电容C 增大，电压U 变小，
θ变小，故D 项错误．
所以选A ．
点睛：①平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压U 不变。

当电容器电容的影响因素发生变化后，据4S C kd επ=、Q CU =、U
E d
=来判断各量如何变化。

②平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量Q 不变。

当电容器电容的影响因素发生变化后，据4S C kd επ=、Q U C =、U
E d
=来判断各量如何变化。

5、B
【解题分析】解：A 、根据左手定则，洛伦兹力应该向上，故A 错误； B 、根据左手定则，洛伦兹力向下，故B 正确； C 、速度与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故C 错误； D 、速度与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故D 错误； 故选：B
【点评】带电粒子在磁场中运动受洛伦兹力的条件以及左手定则的熟练应用是对学生的基本要求，要熟练掌握． 6、B 【解题分析】
AB 、在有磁场，重力和洛伦兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的；有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，即12v v =，故B 正确，A 错误；
CD 、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛伦兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛伦兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛伦兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力f x 水平向右，竖直分力f y 竖直向上；如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g ，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即12t t >；小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即12s s >，故C 、D 错误； 故选B ．
【题目点拨】
小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率．
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】
AB.粒子刚好没能从PQ 边界射出磁场时，其运动轨迹刚好与PQ 相切，如图
设带电粒子圆周运动的轨迹半径为R ，由几何关系有：
cos θL R R =+
解得：
23
R L =
根据牛顿第二定律得：
2
v qvB m R
=
解得：
23
Bdk
v =
运动时间为：
()2243R t v kB
πθπ
-=
=
故A 正确，B 错误；
C.减小粒了的入射速率，粒子的周期不变，半径变小，粒子仍然从左边界出磁场，圆心角不变，则运动时间不变，故C 错误；
D.增人粒子的入射速率，粒子从磁场的右边界出磁场，粒子运动轨迹所对应的圆心角减小，则运动时间变小，故D 正确． 8、BD 【解题分析】
总电压降低了，电流表G 的读数变小，若要电流表的指针仍然偏转到最大刻度，应该让通过G 的电流变大。

A.保持R 1不变，增大R 2时，因这样R 2两端的电压变大了，G 的电压更小了，G 的电流也更小了；故A 错误；
B.增大R1，同时减小R2时，R2的电压降低，R1电压变大，即G的电压变大，其电流
变大；故B正确；
C.减小R1，同时增大R2时，R2两端的电压变大了，G的电压小了，G的电流也小了；
故C错误；
D.保持R2不变，增大R1时，R2的电压变小，R1电压变大，即G的电压变大，其电流
变大，故D正确。

9、ACD
【解题分析】
A.磁感线的疏密程度表示电场的强弱，由图可知，a点比b点的电场强，故A正确；
BC. 根据轨迹的弯曲方向知粒子受力方向沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法
确定粒子的电性，故B错误，C正确；
D.由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，由a到b电场力对粒子做负功，粒
子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的电势能较小，在b点电势能较大。

故D
正确。

故选：ACD。

10、ABC
【解题分析】
试题分析：高楼顶上装避雷针能够让静电流向大地，A对；同理选项B也是这个道理，
B对；飞机起落架的轮胎用导电橡胶制成，能也够让静电流向大地，C对；电工带电作
业时应穿绝缘底的鞋子，这样防止电流导通形成通路流过人体，造成伤害，D错；
考点：考查静电的防范措施
点评：本题难度较小，从静电防范入手，对静电的中和原理要有清楚的认识
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、ADCB .4
1510
⨯
【解题分析】
(1)[1]测量过程，先选择合适档位，然后进行欧姆调零，然后进行测量，最后将开关置
于“OFF”档。

故顺序为ADCB。

(2)[2]根据图示可知，电阻为.4
1510
⨯Ω。

12、BD 球心需要大于
v= B
【解题分析】
(1)[1]ABD ．为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的．同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，故A 错误，BD 正确；
C ．档板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，故C 错误；
(2)a ．[2][3]小球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静置于Q 点时球心的位置；故应以球心在白纸上的位置为坐标原点；小球在竖直方向为自由落体运动，故y 轴必须保证与重锤线平行；
b ．[4][5]如果A 点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，则AB 和BC 的竖直间距之比为1：3；但由于A 点不是抛出点，故在A 点已经具有竖直分速度，故竖直间距之比大于1：3，由于两段水平距离相等，故时间相等，根据 221y y gt -=
解得： 21y y t g -= 则初速度
21
g v x y y x t ==- (3)[6]伽利略说明了小球由同一高度下落时的等时性，故只能说明小球在竖直方向为自由落体运动，无法说明水平方向上的匀速直线运动和是否机械能守恒，故B 正确．
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）6.0N （2）0 （3）1.17J
【解题分析】
（1）设带电体通过C 点时的速度为，依据牛顿第二定律有
解得。

设带电体通过B 点时的速度为
，设轨道对带电体的支持力大小为，带电体在B 点时，根据牛顿第二定律有
带电体从B 运动到C 的过程中，根据动能定理有:
联立解得， 根据牛顿第三定律带电体对轨道的压力。

（2）设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，根据运动的分解有 ，
联立解得0。

（3）由P 到B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处。

设带电体的最大动能为，根据动能定理有
代入数据解得.
14、 (1)029
5v v = （2）2427o v gL μ= 【解题分析】
试题分析：①设A 、B 的质量为m ，则C 的质量为2m ，B 、C 碰撞过程中动量守恒，令B 、C 碰后的共同速度为1v ，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 013mv mv =，解得：013
v v =，B 、C 共速后A 以0v 的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度2v ，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
01223mv mv mv +=，解得：029
5v v =． ②在A 、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得：
22201211123222
fL mv mv mv =+⋅-⋅，又 f mg μ=，解得：20427v gL μ=． 考点：动量守恒定律、功能关系
【名师点睛】本题的关键要注意研究对象的选择、明确选择正方向，分析清楚物体运动过程，运用动量守恒定律、能量守恒定律解题．
15、 (1)1 s 2 m/s (2)1 N
【解题分析】
(1)在物块从开始至运动到B 点的过程中，由牛顿第二定律可知： qE ma ＝
又由运动学公式有：
212
s at ＝ 解得：1?s t ＝
又因：B v at ＝ 得：2?
m/s B v ＝ (2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有：
2 B B v N mg m R
-= 解得：1?N B N ＝ 综上所述本题答案是：1?s t ＝，2?m/s B v ＝；1?N B N ＝。