2024届河北省安平县安平中学物理高二上期中质量检测试题含解析

2024届河北省安平县安平中学物理高二上期中质量检测试题注意事项
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、物体做匀速圆周运动，关于其向心加速度的说法正确的是（）
A．与线速度的方向始终相同
B．与线速度的方向始终相反
C．始终指向圆心
D．始终保持不变
2、如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一电荷量为+q的物体静止在斜面上．若撤去电场后，物体仍然静止在斜面上，那么撤去电场后和撤去电场前相比较，以下说法正确的是
A．物体所受的摩擦力一定减小了
B．物体所受的摩擦力一定增大了
C．物体对斜面的压力一定减小了
D．物体对斜面的压力一定增大了
3、如图为飞行特技表演时飞机在竖直面内俯冲后又拉起的情景，这一过程可看作半径为R的匀速圆周运动。

设飞机通过最低点时速度大小为v，飞行员的质量为m。

则飞机在最低点时座椅对飞行员的支持力大小为（）
A．B．C．D．
4、在同一平面内有互相绝缘的三根无限长直导线ab、cd、ef围成一个等边三角形，一根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，O点为等边三角形的中心，M、N两点分
别为O 点关于导线ab 、cd 的对称点。

己知O 点的磁感应强度大小为B l ，M 点的磁感应强度大小为B 2。

若辙去导线ef ，保持导线ab 、cd 中的电流不变，则此时N 点的磁感应强度大小为
A ．212+
B B B ．212B B -
C ．122B B -
D ．122
B B + 5、如图，a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，各点间电势差最大的是（ ）
A ．a 点与d 点
B ．d 点与c 点
C ．a 点与b 点
D ．a 点与c 点
6、质点在一平面内沿曲线由P 运动到Q ，如果用v 、a 、F 分别表示质点运动过程中的速度、加速度和受到的合外力，下列图象中可能正确的是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
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、如图所示为范围足够大的匀强电场的电场强度E 随时间t 周期性变化的图象．当t ＝0时，在电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )
A ．带电粒子将做往复运动
B．2s末带电粒子回到原出发点
C．带电粒子在3s末的速度为零
D．在0～2.5s末的时间内，电场力对带电粒子所做的总功为零
8、在如图所示的电路中有两个电阻不能忽略的电流表A1、A2，其中电流表A1接在干路中，电流表A2与定值电阻R1串联后，接入如图的电源两端，其中电流表A1的读数为5A，电流表A2的读数为3A。

如果将A2与定值电阻R2串联，且两电流表均能正常工作。

则下列说法正确的是( )
A．流过定值电阻R1的电流一定变小B．A1表的读数一定变大
C．流过定值电阻R2的电流一定变小D．A2表的读数一定变大
9、如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中()
T
A．从P到M所用的时间等于0
4
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
10、某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹(图中实线所示)，图中未标明方向的一组虚线是电场线，则下列说法正确的判断是()
A．电子在a点动能较小B．电子在b点动能较小
C．a点的场强大于b点的场强D．a点电势低于b点电势
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）要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作。

已选用的器材有：
直流电源（电压为4 V）；
电流表（量程为0~0.6 A，内阻约0.5 Ω)；
电压表（量程为0~3 V，内阻约3 kΩ)；
电键一个、导线若干。

（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）。

A．滑动变阻器（最大阻值10 Ω，额定电流1 A）
B．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ，额定电流0.3 A）
（2）如图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接。

（用黑色水笔画线表示对应的导线）
（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。

由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而____________（填“增大”、“不变”或“减小”）
（4）如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是_______Ω（保留两位有效数字）。

（5）根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是______________。

A．测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电压表内阻引起
B．测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电流表内阻引起
C．测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电压表内阻引起
D．测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电流表内阻引起
12．（12分）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻,现备有下列器材:
A．被测干电池一节
B．电流表量程0～3A,内阻约为0.3Ω
C．电流表量程0～0.6A,内阻约为0.1Ω
D．电压表量程0～3V,内阻未知
E.滑动变阻器0～10Ω,2A
F.滑动变阻器0～100Ω,1A
G.定值电阻陷(阻值为1Ω、额定功率为5W)
H.开关、导线若干
在现有器材的条件下,要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．
(1)在上述器材中请选择适当的器材(填写器材前的字母)，电流表选择______，滑动变
阻器选择_____；
(2)请按照图甲设计的电路图用笔画线将图乙实物电路图补充完整____；
图像,则(3)该同学按照要求连接好电路并进行实验,根据实验数据绘出了图所示的U I
电源的电动势E=___V,电源内阻r=____Ω(保留两位有效教字)．
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）如图所示的真空管中，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场加速后沿中心线进入两平行金属板M、N间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上的P点．设M、N板间电压为U2，两板距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，已知U1＝576 V，U2＝168 V，L1＝6 cm，d＝3 cm，L2＝21 cm，求：
(1)电子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值；
(2)电子打到荧光屏上的位置P偏离屏中心O的距离．
14．（16分）如图所示，质量为5×10﹣8kg的带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间．已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当U AB=103V 时，带电微粒恰好沿直线穿过板间，已知求：
（1）带电微粒所带电荷量？
（2）AB间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出？
15．（12分）如图甲所示，固定平行金属导轨MN、PQ与水平面成37°角倾斜放置，其电阻不计，相距为L＝0.4 m.导轨顶端与电阻R相连，R＝0.15 Ω.在导轨上垂直导轨水平放置一根质量为m＝2×10－2 kg、电阻为r＝0.05Ω的导体棒ab. ab距离导轨顶端d1＝0.4 m，距离导轨底部d2＝16 m，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5；在装置所在区域加一个垂直导轨平面向上的磁场，其磁感应强度B和时间t的函数关系如图乙所示。

（g取10 m/s2）
(1)前2s内，施加外力使导体棒保持静止，求通过导体棒的电流I的大小和方向
(2)前2s内，哪段时间内静止释放导体棒（不施加外力），释放时导体棒能处于平衡状态？
(3)若2s后静止释放导体棒，已知ab棒滑到底部前已达到最大速度v m并匀速下滑到底部。

求v m的大小、以及此过程中电阻R上产生的热量Q和通过的电量q.
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】
向心加速度的方向始终指向圆心，方向时刻在变化，和线速度的方向垂直，不改变线速度的大小只是改变线速度的方向，因为加速度是矢量，因此向心加速度是时刻变化的。

故选C。

2、C
【解题分析】
AB.分析物体受力如图:
因重力G与电场力F电大小关系未知，故物体是否受摩擦力F f、所受F f的方向均不能确定，故撤去电场后与撤去电场前相比F f的大小可能增大，亦可能减小，故AB错误；CD. 撤去F之前：N=F sinθ+mg cosθ，撤去F之后：N′=mg cosθ，故支持力减小，故C 正确，D错误．
3、C
【解题分析】
飞机在竖直平面内作匀速圆周运动，经过最低点时，飞行员受到竖直向下的重力G，座椅的竖直向上的支持力F′，它们的合力提供向心力，加速度方向竖直向上，合力方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析得知：，故C正确，ABD错误。

4、D
【解题分析】
设每根导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B0，ef、cd的电流在M点产生的磁感应强度大小都为B'0，则在O点有B1=B0，在M点有：
2002'B B B =+
撤去导线ef 后，在N 点有
00'N B B B =+
联立各式可得：
122
N B B B += 故选D.
5、D
【解题分析】
根据U=Ed 可知，在匀强电场中沿电场线方向的距离最大的两点之间的电势差最大，由图可知a 点与c 点间的电势差最大；故选D.
【题目点拨】
注意不是在电场中两点间距离最大的两点电势差最大，而是沿电场线方向距离最大的两点电势差最大.
6、D
【解题分析】
解：A 、物体做曲线运动，物体的速度的方向是沿着轨迹的切线方向的，所以A 错误；
B 、物体受到的合力应该指向运动轨迹的弯曲的内侧，并且合力的方向和加速度的方向是相同的，所以加速度的方向也是指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断B
C 错误，
D 正确；
故选D ．
【点评】根据物体的运动轨迹来判断受到的合力的方向，合力应该指向运动轨迹的弯曲的内侧，这是解决曲线运动的时候经常用到的知识点．
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】
带电粒子在前1秒处于负向匀加速，在第2秒内加速度大小是之前的2倍，则先沿负向做0.5s 匀减速到速度为零，后反向向正向匀加速0.5s ，第3s 向正向匀减速到0，如此做往复运动，故AC 正确；带电粒子在前1秒处于匀加速，在第二秒内由于加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，因此用去0.5秒先做匀减速接着0.5秒反向加速．所
以2s 末带电粒子不在出发点．故B 错误；根据A 的分析可知，2.5s 时刻粒子的速度不为零，则根据动能定理可知，在0～2.5s 末的时间内，电场力对带电粒子所做的总功不为零，故D 错误；故选AC ．
【题目点拨】
本题关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性．若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动．
8、BC
【解题分析】
电流表A 2与定值电阻R 1串联后，电流表A 1的读数为5A ，电流表A 2的读数为3A ，可知通过R 2的电流为2A ；可知，即R 1<R 2。

如果将A 2与定值电阻R 2串联，则此时并联支路的电阻小于电流表A 2与定值电阻R 1串联时并联支路的电阻，则电路的总电阻变小，总电流变大，即A 1表的读数一定变大；A 1两端的电压变大，则并联支路的电压减小，则因R 2与A 2支路电阻变大，可知流过定值电阻R 2的电流一定变小，A 2表的读数一定变小；总电流变大，则因R 2支路的电流变小，则流过定值电阻R 1的电流一定变大，则BC 正确，AD 错误；故选BC.
【题目点拨】
此题关键是先比较两个电阻R 1和R 2的大小关系；然后才能比较变换电流表A 2位置时总电阻的变化，结合动态电路问题进行分析.
9、CD
【解题分析】
A ．海王星在PM 段的速度大小大于MQ 段的速度大小，则PM 段的时间小于MQ 段的时间，所以P 到M 所用的时间小于04
T ，故A 错误； B ．从Q 到N 的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B 错误； C ．从P 到Q 阶段，万有引力做负功，速率减小，故C 错误；
D ．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D 正确。

故选D 。

10、BC
【解题分析】
AB 、从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，由a 到b 电场力做负功，动能减小，电子在b 点动能较小，故A 错误，B 正确；
C、由电场线的密集程度可看出a点的场强较大，故C正确；
D、从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向向右，沿着电场线方向电势越来越低，所以a点电势高于b点电势，故D错误；
故选BC。

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、A增大12 C
【解题分析】
由于采用分压式接法，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；根据图示图象应用欧姆定律分析答题；由图示电压表读出其示数，由图示图象求出对应的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值；根据电路图应用串并联电路特点与功率公式分析答题；
【题目详解】
解：(1) 由于采用分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择A；
(2)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，灯泡正常发光时的电阻为：, 电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：
(3)由图示图象可知，随电压增大通过灯泡的电流增大，电压与电流表的比值增大，灯泡电阻增大；
(4)电压表量程为3V，由图示电压表可知其分度值为0.1V，示数为2.3V，由图示图象可知，2.3V对应的电流为0.196A，此时灯泡电阻为：；
(5)电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，测得的小灯泡正常发
光的功率P=UI 偏大，故C 正确，A 、B 、D 错误；
故选C 。

12、B E 1.5 0.6
【解题分析】
(1) 电流表：为了读数准确，所以选择B ；
滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选E ；
(2)按原理图连接实物图如图：
(3) 由U-I 图可知，电源的电动势为：E=1.5V ； 内电阻为： 1.50.7(1)0.60.5
r -=-Ω=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)724
(2)7cm 【解题分析】
(1) 在加速电场中，由动能定理可得：
21012
eU mv = 解得：
102eU v m
=
又： 210
y eU L v at mdv == 电子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值：
2212011686107tan θ2231057624
y
v U L v dU --⨯⨯====⨯⨯⨯ (2) 电子刚出偏转电场时的侧位移为：
22211124U L y at U d == 由图示可知：
2tan θPM L =
OP PM y =+
解得：
7cm OP =
所以电子打到荧光屏上的位置P 偏离屏中心O 的距离为7 cm.
14、（1）mgd U （2）1800V ≥u ≥200V 【解题分析】 （1）由题意，当带电微粒恰好沿直线穿过板间时有电场力和重力平衡：F 电=G ，由F 电=qE 和U E d =，可得： qU mg d
= 8113510100.021010
mgd q C U -⨯⨯⨯=== 由粒子所受电场力方向竖直向上，与场强方向相反，可知粒子带负电．
（2）粒子在电场中的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动．设运动时间为t ，竖直方向的加速度为a ，AB 间电压为U ，当粒子恰好由电场边缘飞出时，有：x=L=v 0t ；2122
d y at == 解得220228/dv d a m s t L
=== 若粒子向上偏转，则电场力＞重力，=qU F G mg ma d
-=-电
得：()
md g a U q +=，代入数据，解得 U=1800V 若粒子向下偏转，电场力＜重力，=U G F mg q
ma d -=-电 得：()
-md g a U q =，代入数据，解得 U=200V
因此，要使粒子能穿过平行金属板，而不打在板上，电压U 的范围应满足
200V ＜U ＜1800V ．
点睛：本题考查重力与电场力大小的关系，何时做直线运动，何时做曲线运动，及如何处理类平抛运动方法．突出牛顿第二定律与运动学公式的重要性．
15、（1）0.4A ，方向b→a （2）t ＝0.3～2.0 s 时间段内释放导体棒时，导体棒处于平衡状态（3）5m/s ；0.2925J ；3.2C
【解题分析】
解：(1)设闭合回路产生的感应电动势为E ，则有：1Ld B E t t φ∆∆=
=∆∆ 代入数据可得：0.08V E = 通过导体棒的电流的大小：0.4A E I R r
==+，电流的方向从b 到a (2)若导体棒即将向下运动，则有：13737B IL mgsin mgcos μ=-︒︒
代入数据得：10.25T B =
若导体棒即将向上运动，则有：2
3737B IL mgsin mgcos μ=+︒︒ 代入数据得：2 1.25T B =
由图像得前两秒：0.10.5B t =+
代入10.25T B =、2 1.25T B =可得10.3s t =，2 2.3s t =
所以0.3 2.0s t =时间段内释放导体棒时，导体棒处于平衡状态
(3) 2s 后释放导体棒，达到匀速时：
3737F BIL mgsin mgcos μ==︒-︒ m BLv I R r
=+ 代入数据得：5m/s m v = 下滑到底部过程中，由动能定理可得：2221373702
m mgd sin mgd cos W mv μ︒-︒-=- 代入数据得：0.39J W =
此过程中电阻R 上产生的热量：30.2925J 4Q W == 通过的电量：2 3.2BLd q It C R r R r φ∆====++。