陕西师范大学附属中学2024届物理高二第一学期期中质量检测模拟试题含解析

陕西师范大学附属中学2024届物理高二第一学期期中质量检测
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、如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的．下列关于实验现象描述中正确的是
（）
A．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开
B．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有B下部的金属箔张开
C．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的
D．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后
A、B下部的金属箔都闭合
2、关于电场强度的定义式为E=F/q，下列说法中不正确的是（）
A．该定义式适用于任何电场
B．带电量为q带电体放在某电场中的A点，受到的电场力为F，则该电场在A点产生的电场强度大小为F/q
C．电场强度的方向与正电荷受到的电场力F的方向相同
D．由F=Eq可知，试探电荷在场中某点所受的电场力大小与该试探电荷带电量的大小成正比
3、初速为0的电子经电压U1加速后垂直电场方向进入平行板间电场，平行板间的电压为U2，若U1加倍，为了使电子在板间的轨迹不变，下列做法可行的是（）
A．将U2加倍B．将板间距离加倍
C．将U2及板间距离同时加倍D．将U2变为原来的一半
4、公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥，也叫“过水路面”．如图所示，汽车通过凹形桥的最低点时
A．车对桥的压力等于汽车的重力
B．车对桥的压力小于桥对汽车的支持力
C．汽车所需的向心力就是地面对车的支持力
D．为了防止爆胎，车应低速驶过
5、生活中有许多谚语和歇后语都蕴含着丰富的物理知识，下列最能说明“物体间力的作用是相互的”这一规律的是
A．秤砣虽小，能压千斤B．人往高处走，水往低处流
C．水滴石穿——非一日之功D．鸡蛋碰石头——不自量力
6、如图所示，Q1和Q2是两个固定的负点电荷，在它们的连线上有a、b、c三点，其中b点的合场强为零．现将另一正点电荷q由a点沿连线移到c点．在移动的过程中，点电荷q的电势能变化的情况是（）
A．不断减小B．不断增大
C．先减小后增大D．先增大后减小
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，在两个等量异种点电荷的电场中，AB为中垂线，且AO=BO，则
A．A、B两点场强相等
B．正电荷从A运动到B，电势能增加
C．负电荷从A运动到B，电势能增加
D．A、B两点电势差为零
8、如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220 V，吹冷风时的功率为120 W，吹热风时的功率为1 000 W．关于该电吹风，下列说法正确的是( )
A．电热丝的电阻为55 Ω
B．电动机的电阻为1210
3
Ω
C．当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为120 J
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J
9、如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A．B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变．下列说法中正确的是（）
A．液滴将向下运动
B．液滴将向上运动
C．极板带电荷量将增加
D．极板带电荷量将减少
10、条形磁铁放在水平面上，在它的上方偏右处有一根固定的垂直纸面的直导线，如图所示，当直导线中通以图示方向的电流时，磁铁仍保持静止.下列结论正确的是（）
A．磁铁对水平面的压力减小
B．磁铁对水平面的压力增大
C．磁铁对水平面施加向左的静摩擦力
D．磁铁所受的合外力增加
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）某电流表内阻R g为200Ω，满偏电流I g为2mA，如按图甲、乙改装成量程为0→0.1A和0→1A的两个量程的电流表。

则在图甲中1R=________，2R=________；在图乙中1R=________，2R=________。

12．（12分）在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲．一位同学使用的电源电动势为8.0V，测得放电的I-t图象如图乙所示．（1）若按“四舍五入”法，根据“I-t图线与两坐标轴包围面积”，试计算电容器全部放电过程的放电量为______；
（2）根据以上数据估算电容器的电容值为_________．
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，质量分别为、的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．
（i）B球第一次到达地面时的速度；
（ii）P点距离地面的高度．
14．（16分）如图所示的“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，放置在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆对接而成，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，轨道在水平方向不可移动.弹射装置将一个小滑块(可视为质点)从a点以初速度v0水平弹射向b点并进入轨道，经过轨道后从最高点d水平抛出，已知滑块与地面ab段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其他机械能损失，ab段长L＝1.75m，圆的半径R＝0.1m，滑块质量m＝0.01kg，轨道质量M＝0.28kg，g取10m/s2.
(1)求滑块在水平面上受到的摩擦力大小.
(2)要想滑块到达轨道最高点d时对轨道的压力刚好为零，试求滑块的初速度v0大小.
15．（12分）如图，光滑水平面上存在水平向右、场强为E的匀强电场，电场区域宽度为L。

质量为m、带电量为+q的可视为质点的物体A从电场左边界由静止开始运动，离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短。

B的右侧拴接一处于原长的轻弹簧，弹簧右端固定在竖直墙壁上（A、B均可视为质点）。

求
（1）物体A在电场中运动时的加速度大小；
（2）物体A与B碰撞过程中损失的机械能及弹簧的最大弹性势能。

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】
当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象．电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布．而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体．
【题目详解】
A、B、感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷。

金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B 的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，A，B错误；
C、D、把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，C正确，D错误.
故选C.
【题目点拨】
该题体现物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等．
2、B
【解题分析】
A、是电场强度的定义式，适用于任何电场，故A正确；
B、公式中F是检验电荷所受的电场力，q是检验电荷的电荷量，带电量为q带电体不是检验电荷，对原电场有影响，故B错误；
C、场强的方向与放在该点的正电荷所受的电场力方向相同，与放在该点的负电荷所受的电场力方向相反，故C正确；
D、由F=Eq得知，场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比，故D正确；
不正确的故选B。

【题目点拨】
是电场强度的定义式，q是检验电荷的电荷量，F是检验电荷所受的电场力，适用
于任何电场．场强的方向与放在该点的正电荷所受的电场力方向相同，场强仅由电场本身决定。

3、A
【解题分析】
电子现在加速电场中被加速，获得速度后进去偏转电场做类平抛运动，由类平抛运动的公式
0x v t =
212
y at = 其中
2U e a dm
= 在加速电场中，由动能定理得
21012
U e mv = 化简可得电子做类平抛运动的轨迹方程为
2214U y x U d
= 若U 1加倍，为了使电子在板间的轨迹不变，可以将U 2加倍，或者将板间距离减半。

故选A 。

4、D
【解题分析】
ABC.在最低点，根据牛顿第二定律知：地面对车的支持力与车的重力的合力提供了向
心力，设桥对车的支持力为N ，有2
v N mg m R
-=，所以N mg >，根据牛顿第三定律得：车对桥的压力等于桥对车的支持力，所以车对桥的压力大于重力，ABC 错误
D.为了防止爆胎，应减小桥对车的支持力N ，2
v N m mg R
=+，所以应该减小速度，D 正确
5、D
【解题分析】
“秤砣虽小，能压千斤”利用的是杠杆原理，A 错误；
“人往高处走，水往低处流”是因为水受到重力作用，B 错误；
“水滴石穿——非一日之功”是指力的作用效果，C 错误；
“鸡蛋碰石头——不自量力”表明力的作用是相互的，D 正确
故选D 。

6、D
【解题分析】试题分析：根据题意可知，b 点的合场强为零，根据矢量合成法则，可知ab 间合场强的方向向左，同理可知bc 间合场强方向向右，则正点电荷q 从a 到c 过程中，受到的电场力先向左，过了b 点后向右，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少．故D 正确，ABC 错误．故选D 。

考点：电场强度；电势及电势能
【名师点睛】本题的突破口是b 点的电场强度为零，可根据数学知识严格分析ab 间和bc 间场强的方向，还要明确电场力做正功时电势能减小，相反，电势能增加。

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】
由等量异种电荷的电场线分布可知，A 、B 两点场强大小和方向距相同，故两点的场强相等，选项A 正确；由于AB 两点的电势相等，故无论是正电荷还是负电荷，从A 运动到B ，电场力均不做功，电势能不变，选项BC 错误，D 正确；故选AD.
8、AD
【解题分析】
当吹热风时，电机和电阻并联．电阻消耗的功率为
1000120880P P P W W =-=-=热冷 ，由2U P R
= 可知255U R P ==Ω 故A 正确；电机为非纯电阻电路2222012101203
U R P ≠==Ω 故B 错误；当电吹风吹冷风时，电热丝处于断路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的电能为0，故C 错误；当电吹风吹热风时，电动机M 和电热丝R 并联，电动机的功率为120W ，所以每秒钟消耗的电能1201120J Q Pt ==⨯=，故D 正确；综上分析，AD 正确．
9、BC
【解题分析】
AB ．只要电容器的两个极板始终与电源连接，电容器两端的电压不变，由E =U /d 可知当极板A 向下平移一小段距离后，场强增大，向上的电场力增大，液滴向上运动，B
对；
CD ．由电容公式4S C k d
επ=
可知d 减小，电容增大，由Q =C U 可知极板带电量增大，C 对；D 错。

故选BC 。

10、BC
【解题分析】
以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，磁铁对水平面施加向左的静摩擦力，同时磁铁对地的压力增大，故BC 正确．
点晴：以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三定律，分析磁铁所受的支持力和摩擦力情况．
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、4.08Ω 0.4Ω 0.41Ω 3.67Ω
【解题分析】
[1][2]如图甲所示，电阻阻值 g g
11g
0.002200Ω 4.08Ω0.10.002I R R I I ⨯==≈-- g g
21g 0.002200Ω0.4Ω10.002I R R I I ⨯==
≈-- [3][4]如图乙所示，分流电阻的阻值为
g g
121g 0.002200Ω 4.08Ω0.10.002
I R R R I I ⨯+==≈-- 连接1A 档时有
g g 22g 1()()I R R I I R +=-⋅
即
()210().00220010.002R R ⨯+=-
联立解得
10.41ΩR ≈
2 3.67ΩR ≈
12、（1）3.36×10-3C 到3.52×10-3C ；（2）0.42×
10-3F 到0.44×10-3F 【解题分析】
（1）根据四舍五入的原则，图线与坐标轴所围成的面积约为42到44个小格，每个小
格表示的电荷量为0.08×
10-3C ，故电容器的总放电量为3.36×10-3C 到3.52×10-3C ． （2）由Q C U = 得，电容为0.42×10-3F 到0.44×10-3F ．
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、4/B v m s =0.75p h m =
【解题分析】
试题分析：（i ）B 球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有 212
B B B m gh m v = 可得B 球第一次到达地面时的速度24/B v gh m s ==
（ii ）A 球下落过程，根据自由落体运动可得A 球的速度3/A v gt m s == 设B 球的速度为'B v ， 则有碰撞过程动量守恒
'''A A B B B B m v m v m v +=
碰撞过程没有动能损失则有222111'''222
A A
B B B B m v m v m v += 解得'1/B v m s =，''2/B v m s =
小球B 与地面碰撞后根据没有动能损失所以B 离开地面上抛时速度04/B v v m s ==
所以P 点的高度22
0'0.752B p v v h m g
-== 考点：动量守恒定律 能量守恒
14、 (1)0.02N (2)4m/s
【解题分析】
(1) 受力分析如图所示：
有：
F N=G
F f＝μF N
得
F f＝μmg＝0.02N.
(2) 设滑块到达d点处速度为v，由压力刚好为零知
mg＝m
2
v
R
①
从a到d由动能定理得
－μmgL－4mgR＝1
2
mv2－2
1
2
mv②
联立①②解得
v0＝4m/s
15、（1）；（2）；
【解题分析】
（1）由牛顿第二定律得;
（2）由动能定理得,
碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,
由动量守恒定律得:,
则碰撞中损失的机械能为
解得：
当AB向右的速度为零时，弹簧的弹性势能达到最大值，根据能量守恒可知：
代入数据可求解：
故本题答案是：（1）；（2）；
【题目点拨】
(1)根据电场力的计算公式计算出电场力,然后使用牛顿第二定律计算出加速度;
(2)根据动能定理计算出小球A到达B时的速度,根据A与B碰撞的过程中动量守恒计算出碰撞之后的速度,当弹簧倍压缩到最短时,A与B的速度是0,此时弹簧的弹性势能最大.。