2024届湖南省湘西自治州四校高二物理第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2024届湖南省湘西自治州四校高二物理第一学期期中学业质量
监测模拟试题
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、高空坠物会对人身和财产安全造成严重危害，如果一只花盆从45m 高处的阳台意外坠落，忽略空气阻力，取重力加速度为10 m/s 2，则花盆落到地面所需时间为( ) A ．1s B ．3 s C ．5 s D ．7 s
2、下列关于摩擦力的说法，正确的是（ ）
A ．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速
B ．摩擦力的大小一定与物体的重力成正比
C ．运动的物体不可能受到静摩擦力作用
D ．作用在物体上的静摩擦力可以是动力
3、质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的各运动量间的关系正确的是（ ）
A ．速率之比为2:1
B ．周期之比为1:2
C ．半径之比为∶1:2
D ．角速度之比为1:1
4、下列说法正确的是
A ．由C =Q U
可知，电容器的电容与任一极板的电荷量Q 成正比 B ．由φ=p
E q 可知，电场中某点的电势与电荷在该点处具有的电势能E p 成正比
C ．由R =ρL S
可知，金属导体的电阻与其接入电路的长度成正比 D ．由E =W q
可知，某一电源的电动势与电源中非静电力所做的功成正比
5、某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（）
A．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
B．加5V电压时，导体的电阻是0.2Ω
C．加12V电压时，导体的电阻是8Ω
D．该元件为非线性元件，所以欧姆定律不适用
6、取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图（b）所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为（）
A．0 B．0.5B C．B D．2 B
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、如图所示为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，外力F 向右为正。

以下能正确反映感应电动势E和外力F随时间变化规律的图象有
A． B．C．
D．
8、如图所示，某位置Q固定一带正电的点电荷，A、B、C是斜面上间距相等的三个点，
Q、B连线垂直于斜面，在A点无初速度释放一带有恒定电荷的小物块，已知小物块沿绝缘的斜面运动到C点时停下．下列说法正确的是()
A．小物块一定带负电
B．小物块运动过程，电势能可能先增大后减小
C．小物块运动过程经过B点时的滑动摩擦力最大
D．小物块从B点运动到C点过程机械能不断减少
9、如图电场中，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B，下列说法正确的是（）
A．粒子带负电
B．粒子在A点的速度大于在B点的速度
C．粒子在A点时的加速度大于在B点的加速度
D．A点电势高于B点电势
10、光滑水平面上有一边长为L的正方形区域ABCD处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形的某一条边平行，一质量为m、带电荷量为q的小球由AC边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域，当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为( )
A．1
2
m2
v＋
1
3
qEL B．
1
2
m2
v＋
1
2
qEL
C．1
2
m2
v D．
1
2
m2
v－
1
3
qEL
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）用下列器材，描绘小灯泡的伏安特性曲线．
A ．待测小灯泡：额定电压3.0V ，额定功率约为1.5W ；
B ．电流表：量程0.6A ，内阻约为0.5Ω；
C ．电压表：量程3V ，内阻 5.0V R k =Ω；
D ．滑动变阻器1R ：最大阻值为10Ω，额定电流1A ；
E ．滑动变阻器2R ：最大阻值为100Ω，额定电流1A ；
F ．电源：电动势6V ，内阻很小；
G ．开关一个，导线若干．
（1）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用___．（填写器材序号）
（2）实验中某次测量如下图，则电压表的读数为________V ，电流表的读数为________A ．
（3）用笔画线代替导线，将图中的实验仪器连成完整的实验电路_________．
(4)该同学描绘出的I-U 图象和下图中的________形状最接近．
A ．
B ．
C ．
D ．
（5）某同学做完该实验后，发现手头还有一个额定电压5.0V ，额定功率约为2.8W 的小灯泡，为了描绘其伏安特性曲线，该同学又找到一个阻值0 5.0R k =Ω的定值电阻．请
利用现有器材设计实验方案，在下面画出实验电路图____________．
12．（12分）某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x的阻值．
(1)现有电源(4 V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表(0～3 A，内阻约0.025 Ω)
B．电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω)
C．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)
D．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用______，电压表应选用______(选填器材前的字母)．
(2)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值R x＝______ Ω．(保留2位有效数字)
(3)若在本次实验中选用甲电路，产生误差的主要原因是________；若在本次实验中选用乙电路，产生误差的主要原因是______．(选填选项前的字母)
A．电流表测量值小于流经R x的电流值
B．电流表测量值大于流经R x的电流值
C．电压表测量值小于R x两端的电压值
D．电压表测量值大于R x两端的电压值
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，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为电场和磁场的理想边界，一束电子(电量为e，质量为m，重力不计)，由静止状态从P点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直到达边界Ⅱ的Q点．匀强磁场的磁感应强度为B，磁场边界宽度为d，电子从磁场边界Ⅲ穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30°．求：
(1)电子在磁场中运动的时间t；
(2)若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界Ⅲ射出，则此时PQ间的电势差U是多少？
14．（16分）如图所示，在平直轨道上P点静止放置一个质量为2m的物体A，P点左侧粗糙，右侧光滑．现有一颗质量为m的子弹以v0的水平速度射入物体A并和物体A 一起滑上光滑平面，与前方静止物体B发生弹性正碰后返回，在粗糙面滑行距离d停
下．已知物体A与粗糙面之间的动摩擦因数为
2
72
v
gd
μ=，求：
(1)子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能；
(2)B物体的质量．
15．（12分）如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切．一质子（不计重力）沿两板间中心线O1O2从左侧O1点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t1．若仅撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，经t1/2时间打到极板上．
（1）求两极板间电压U；
（2）求质子从极板间飞出时的速度大小；
（3）若两极板不带电，保持磁场不变，质子仍沿中心线O1O2从左侧O1点射入，欲使质子从两板间左侧飞出，射入的速度应满足什么条件？
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】
由212h gt =可得，3t s ==．故B 正确． 2、D
【解题分析】作用在物体上的滑动摩擦力可能使物体减速，也可能使物体加速，选项A 错误；滑动摩擦力的大小与动摩擦因数和正压力有关，不一定与物体的重力成正比，选项B 错误；运动的物体和静止的物体都可能受到静摩擦力作用，选项C 错误；作用在物体上的静摩擦力可以是动力，也可能是阻力，选项D 正确；故选D.
3、B
【解题分析】由动能定理得：qU=12
mv 2-0，解得：α粒子的
电量之比为1：2，质量之比为1：4：1，故A 错误．粒子在磁场中运动的周期：T=2m qB
π，因为质子和α粒子的电量之比为1：2，质量之比为1：4，则周期之比为1：2，故B 正确．粒子在磁场中运动的半径：r=
mv qB ，因为质子和α粒子
的电量之比为1：2，质量之比为1：4，则半径之比为1：
，故C 错误．因为周期之比为1：2，由ω=2T
π可知，角速度之比为2：1，故D 错误．故选B ． 点睛：解决本题的关键掌握粒子在磁场中的半径公式和周期公式，并能灵活运用，注意在计算题中，半径公式和周期公式不能直接运用．
4、C
【解题分析】
A ．电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身,并不是电容器的电容
与所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比,故A错误
B．电场中某点的电势由电场本身决定，不随电势能的变化而变化，故B错误
C．根据电阻定律可知电阻与导体的长度和横截面积都有关系；当其他条件不变时与其接入电路的长度成正比，所以C正确;
D．电动势反映的是电源的属性，由电源内部非静电力的特性决定，故D错误.
5、C
【解题分析】A：导体电流-电压图线上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数；由图可知，随着电压的增大，点与原点连线的斜率变小，导体的电阻不断变大。

故A项错误。

B：加5V电压时，导体的电流是1.0A，导体的电阻1
1
15
5 1
U
R
I
==Ω=Ω。

故B项错误。

C：加12V电压时，导体的电流是1.5A，导体的电阻2
2
212
8 1.5
U
R
I
==Ω=Ω。

故C项正确。

D：该元件为非线性元件，能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻。

故D项错误。

点睛：导体电流-电压图线上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，不是图线切线斜率表示电阻的倒数。

6、A
【解题分析】
试题分析：乙为双绕线圈，两股导线产生的磁场相互抵消，管内磁感应强度为零，故A 正确．
考点：磁场的叠加
名师点睛：本题比较简单，考查了通电螺线管周围的磁场，弄清两图中电流以及导线的绕法的异同即可正确解答本题．
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】
根据楞次定律判断可知，安培力阻碍导体与磁场间的相对运动，所以线框所受的安培力方向向左，由平衡条件得知外力方向一直向右，为正；
t在0
L
v
-时间内，线框通过左边的磁场，根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿顺
时针，为负值。

产生的感应电动势为：
1E BLv =
感应电流为：
11 R E v I R
BL == 外力等于安培力，为：
2211B L v F BI L R
==； 在 2L
L v v
-时间内，线框从左边磁场进入中间磁场，线框的左边和右边都产生磁感线产生感应电动势，根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿逆时针，为正值。

回路中总的感应电动势为：
22E BLv =
感应电流为：
222R E R
BLv I == 外力等于安培力，为：
222242B L v F BI L R
==； 在23L v v
L -时间内，线框从中间磁场进入右边磁场，线框的左边和右边都产生磁感线产生感应电动势，根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿顺时针，为负值。

回路中总的感应电动势为:
3 2E BLv =
感应电流为:
32 I R
BLv = 外力等于安培力，为:
222342B L v F BI L R
==； 在34 L
v v
L -时间内，从右边磁场穿出，根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿逆时针，为正值。

产生的感应电动势为:
4 E BLv =
感应电流为:
4 I R BLv = 外力等于安培力，为:
2244B L v F BI L R
== 所以根据数学知识可知，选项AD 正确，BC 错误。

8、AD
【解题分析】
解：A 、若小物块也带正电，则小物块在A 点与C 点的受力如图：
可知若小物块带正电，则从A 到C 的过程中小物块沿斜面向下的分力增大；由于小物块能从A 开始向下滑动，则沿斜面向下的分力增大后，小物块是不可能在C 点静止的．所以小物块只能带负电，则从A 到C 的过程中小物块沿斜面向下的分力减小，小物块才能到达C 后停止．故A 正确；
B 、小物块带负电，则小物块与点电荷之间的库仑力为吸引力，从A 到B 的过程中库仑力做正功，而从B 到
C 的过程中电场力做负功，所以小物块的电势能先减小后增大．故B 错误；
C 、小物块带负电，受到点电荷的吸引力，当小物块运动达到B 点时，库仑力最大，而且沿垂直于斜面方向的力最大，所以小物块在B 点受到的支持力最小，则在B 点的滑动摩擦力最小．故C 错误；
D 、小物块在B 点时仍然向C 点运动，运动的过程中做减速运动，动能减小，同时重力势能也减小，所以小物块从B 点运动到C 点过程机械能不断减少．故D 正确． 故选AD ．
根据小物块在A 点和C 点的受力情况，判断小物块的电性；根据电场力做功与电势能变化的关系判断电势能的变化情况；根据受力分析判断摩擦力的变化；根据功能关系判断小物块的机械能的变化．
该题路程电场力以及电场力做功的特点，解答的关键是正确对小物块在A 点与C 点的
情况进行受力分析，先判断出小物块带负电． 9、BC 【解题分析】
试题分析：由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，因不知电场线的方向，故无法判断粒子的电性，故A 错误；由于带电粒子是从A 到B ，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，故电场力做负功，带电粒子的速度减小，故B 正确；A 点电场线密集，故电场强度大，电场力大，加速度大，故C 正确；因电场线的方向无法确定，故无法判断两点电势的高低，故D 错误．故选BC.
【题目点拨】解此类题的思路：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断加速度的大小． 10、BC 【解题分析】
要考虑电场方向的可能性，如图，可能平行于AB 向左或向右，也可能平行于AC 方向，分析电场力做功情况，然后根据动能定理求解即可． 【题目详解】
若电场方向平行AB ，则粒子做加速或减速直线运动，则离开电场时电场力做功W=EqL ，若做加速运动，则为
2
012
mv qEL + 若为减速运动，则为：
2
012
mv qEL - 电场力与初速度方向相互垂直，小球发生偏转，电场力一定做正功；假设受电场力向上，粒子从AB 边离开时，电场力做功为
1
2
qEL ，根据动能定理得： 201122
k E mv qEL -=
解得：2011
22
k E mv qEL =+
若从BD 边离开，则电场力做功可能为0到1
2
qEL ，根据动能定理可知，粒子动能可能为：
2012mv 到2011
22
mv qEL + 故应选BC ． 【题目点拨】
解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能，注意找出所有可能的运动情况才能准确求解，要注意明确电场处在水平地面
上，而不是竖直平面．
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、D2.28V0.42A B
【解题分析】
试题分析：（1）为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器，故选D ；（2）电压表最小分度为0.1V ；故读数为2.28V ；电流表量程为0.6A ，最小分度为0.02A ，则读数为0.42A ；（3）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，连成完整的实验电
路如图所示；（4）因灯泡电阻随温度的增加而增大，因此在I-U 图象
中图线的斜率应越来越小，故选B ．（5）小灯泡的额定电压为5V ，大于电压的量程，故应用串一个定值电阻，增大量程；当串联一个阻值为0 5.0R k =Ω，其量程为
()()033
5.0 5.065.0
V V U R R V V R =
+=⨯+=，描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采
用外接法，实验电路图如图所示.
【题目点拨】本题考查了设计实验电路图，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡与电表内阻的关系确定电流表接法，即可正确作出实验电路图．
12、B, C 5.2 B D 【解题分析】
解：（1）因电源的电压为4V ，因此电压表选择3V 量程；由于阻值约为5Ω的电阻R x 的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A ，从精确角来说，所以电流表选择0.6A
的量程。

（2）电压表的读数为U=2.60V ；电流表的读数为I=0.50A ；电阻阻值：
（3）甲图采用的是电流表外接法，实际上电压表并不是理想电表，所以电压表也有电流通过，电流表测量的电流是流经R x 和电压表的电流之和，所以产生误差的主要原因是电流表测量值大于流经R x 的电流值，导致测量的电阻R x 比实际偏小，选B ； 乙图采用的是电流表内接法，实际上电流表并不是理想电表，所以电流表两端也有电压，电压表测量的电压是R x 和电流表两端的电压之和，所以产生误差的主要原因是电压表测量值大于R x 两端的电压值，导致测量的电阻R x 比实际偏大，选D ；
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）
6m
eB π （2）22
2eB d m
【解题分析】 试题分析：（1）由
及
得电子在磁场中运动周期
电子在磁场中运动时间解得
（2）电子刚好不从边界Ⅲ穿出时轨迹与边界相切，运动半径为R=d 由
得
，PQ 间由
得
考点：带电粒子在匀强电场中的加速以及带电粒子在匀强磁场中的运动. 14、（1）2
01
3
E mv ＝∆ ，（2）9M m = 【解题分析】
（1）设子弹与物体A 的共同速度为v ，由动量守恒定律 mv 0=3mv
则该过程损失的机械能
222001113223
E mv mv mv ∆=
-⋅= （2）以子弹、物体A 和物体B 为系统，设B 的质量为M ，碰后子弹和物体A 的速度为v 1，物体B 的速度为v 2，由动量守恒定律 3mv =Mv 2﹣3mv 1
碰撞过程机械能守恒
2221211133222
mv mv Mv ⋅=⋅+ 子弹与物体A 滑上粗糙面到停止，由能量守恒定律
211
332
mgd mv μ=⋅
又20
72v gd
μ=
综上可解得 M =9m 【点评】
本题考查动量守恒定律及能时转化及守恒规律，要注意正确分析物理过程，明确受力情况及守恒条件，选择合理的物理规律求解．
15、（1）20
8R B t （2）042R t （3）(
)
2210R v t -<<
【解题分析】（1）设质子从左侧O 1点射入的速度为0v ，极板长为L
在复合场中作匀速运动： 02U
q qv B R
=（2分） 在电场中作类平抛运动： 02L R v t -= 2
12qE R t m
=（2分）
又00L v t =（1分）
撤去磁场，仅受电场力，有： 2
0122t qE R m ⎛⎫
= ⎪⎝⎭（1分）
解得02t t = 4L R = 004R v t = 20
8R B
U t =（2分）
（2）质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小y v = qE t m =
2R
t
0v =（1分） 从极板间飞出时的速度大小2
2
002y v v v v =+=
42R
t =
（1分） （3）设质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r ，质子恰好从上极板左边缘飞出时速度的
偏转角为α，由几何关系可知： β= -=
4
π
πα，r +r =R （2分）
因为2
0122t qE R m ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
，所以0208qv B qE R m m t ==（1分）
根据向心力公式，解得v =（2分）
所以，质子从两板左侧间飞出的条件为)
2
210R v t <<（1分）。