深圳市重點中學2024屆高二物理第一學期期中質量檢測模擬試題含解析

深圳市重點中學2024屆高二物理第一學期期中質量檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、下列實驗，表明電子在磁場中偏轉的是()A． B．C． D．2、如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖中虛線所示(a、b只受電場力作用)，則()A．a一定帶正電，b一定帶負電B．兩個粒子的電勢能一個增加，一個減小C．a的速度將減小，b的速度將增加D．a的加速度將減小，b的加速度將增加3、如圖所示，帶箭頭的直線是某一電場中的一條電場線，在這條線上有A、B兩點，用EA、EB表示A、B兩處的場強，則（）A．A、B兩處的場強方向相同B．因為A、B在一條電場上，且電場線是直線，所以EA=EBC．電場線從A指向B，所以EA＞EBD．A、B兩處的場強方向和大小都無法確定4、某導體中的電流隨其兩端電壓的變化如圖所示，則下列說法中正確的是A．該元件是非線性元件，所以不能用歐姆定律計算導體在某狀態(tài)下的電阻B．加5V電壓時，導體的電阻大于C．由圖可知，隨著電壓的減大，導體的電阻不斷增大D．由圖可知，隨著電壓的增大，導體的電阻不斷減小5、電動機在生活和生產中的應用相當廣泛，下列的家庭電器中，和電動機有關的是：A．日光燈管； B．電吹風； C．電視機； D．電飯鍋．6、如圖所示，A，B兩條直線是在A，B兩地分別用豎直向上的力F拉質量分別是和的物體實驗得出的兩個加速度a與力F的關系圖線，由圖分析可知（）A．B．兩地重力加速度C．D．兩地重力加速度二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，勻強磁場分布在半徑為R的圓形區(qū)域MON內，Q為半徑ON上的一點且OQ＝R，P點為邊界上一點，且PQ與OM平行．現(xiàn)有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場(不計粒子重力及粒子間的相互作用)，其中粒子1從M點正對圓心射入，恰從N點射出，粒子2從P點沿PQ射入，下列說法正確的是()A．粒子2一定從N點射出磁場B．粒子2在P、N之間某點射出磁場C．粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為3∶2D．粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為2∶18、下列說法中不正確的是（）A．電阻A與阻值無窮大的電阻B并聯(lián),電阻不變B．電阻A與導線(不計電阻)并聯(lián),總電阻為零C．并聯(lián)電路中任一支路的電阻都大于總電阻D．并聯(lián)電路某一支路開路,總電阻為無窮大9、對電動勢的理解，正確的是()A．電動勢在數值上等于非靜電力把1C的正電荷從負極移到正極所做的功B．電動勢在數值上等于靜電力把1C的負電荷從正極移到負極所做的功C．電動勢在數值上等于靜電力把1C的正電荷從負極移到正極所做的功D．電源電動勢越大，則它把其他形式的能轉化成電能的本領越強10、如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與電池相連，在距離兩板等距的M點有一個帶電液滴處于靜止狀態(tài)。若將a板向下平移一小段距離，但仍在M點上方，穩(wěn)定后，下列說法中正確的是A．液滴將向下加速運動B．M點電勢升高，液滴在M點的電勢能將減小C．M點的電場強度變小了D．在a板移動前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，電場力做功相同三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）為測定某電源的電動勢E、內阻r以及一段電阻絲的電阻率ρ，設計了如圖甲所示的電路．ab是電阻率較大的粗細均勻的電阻絲，R0是阻值為2Ω的保護電阻，滑片P與電阻絲始終接觸良好．使用螺旋測微器測得電阻絲的直徑d=0.400mm．實驗時，閉合開關S，調節(jié)P的位置，記錄aP長度x和對應的電壓U和電流I的數據，并求得的數值，分別繪出了U-I關系圖象和關系圖象，如圖乙、丙所示．（1）根據圖乙可求出電源電動勢E=___V，內阻r=_____Ω（均保留兩位有效數字）．（2）圖丙中關系圖象縱軸截距的物理意義是_____．（3）根據圖丙可求得電阻絲的電阻率ρ=_____Ω·m（保留三位有效數字）．12．（12分）某實驗小組測定一個電池的電動勢和內電阻，已知該電池的電動勢大約為9V,內電阻小于4，實驗室中可供選擇的器材有:A．電壓表V(量程為15V,內阻約2k)1個B．電流表(量程為500mA，內阻約10)2個C．電阻箱(阻值范圍0~99.99)1個D．電阻箱(阻值范圍0~999.9)1個E.滑動變阻器(阻值為0~20，額定電流3A)1個F.滑動變阻器如(阻值為0~20k，額定電流0.2A)1個實驗小組認為電流表量程不夠，決定將其改裝為量程為2.5A的電流表,然后再用伏安法電路測電源的電動勢和內電阻，以下是他們的實驗操作過程:(1)改裝電流表，實驗電路如圖甲所示，實驗步驟如下，完成以下填空.①按電路圖連接實物，把滑動變阻器滑動片移到最左端，把電阻箱阻值調到零:②閉合開關，開關保持斷開，把滑動變阻器滑動片調到適當位置，使兩個電流表讀數均為500mA;③閉合開關,多次同步調節(jié)電阻箱阻值和滑動變阻器滑片，使干路上電流表讀數保持為500mA,同時電流表讀數為__時不再調節(jié)，保持電流表和該電阻箱并聯(lián),撤去其它線路，即得量程為2.5A的電流表．(2)在實驗電路圖甲中電阻箱應選________，滑動變阻器應選__________(3)用圖中虛線框內的改裝電流表(原電流表的表盤沒變)，測電源電動勢和內電阻,實驗電路如圖乙所示，得到多組電壓和電流的值，并作出圖線如圖所示，可知電池的電動勢為____V,內電阻為______.(結果保留2位有效數字．)四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）一物體自某一高度被水平拋出，拋出1s后它的速度與水平方向成45°角，落地時速度與水平方向成60°角，取g=10m/s2，求：（1）物體剛被拋出時的速度；（2）物體落地時的速度；（3）物體剛被拋出時距地面的高度．14．（16分）如圖所示，彎曲斜面與半徑為R的豎直半圓組成光滑軌道，一個質量為m的小球從曲面頂端由靜止釋放，恰能通過半圓的最高點D，之后作平拋運動落在水平面的E點，忽略空氣阻力（重力加速度為g），求：（1）小球在D點時的速度vD；（2）曲面頂端離地面的高度；（3）小球落地點E離半圓軌道最低點B的位移x。15．（12分）用30cm的細線將質量為-3kg的帶電小球P懸掛在O點下，當空中有方向為水平向右，大小為4N/C的勻強電場時，小球偏轉37°后處在靜止狀態(tài)（1）分析小球的電性；（2）求小球的帶電量；（3）求細線的拉力．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解題分析】A、通電導體在磁場中受到安培力作用而發(fā)生了偏轉．故A錯誤．B、電流產生磁場，磁場對小磁針有磁場力，使得小磁針發(fā)生了偏轉．故B錯誤．C、陰極射線管中電子束在磁場中受到洛倫茲力作用發(fā)生了偏轉．故C正確．D、開關閉合或斷開瞬間，螺線管B中產生了感應電流，電流表指針發(fā)生了偏轉．故D錯誤．2、D【解題分析】題目中電場方向沒有給出，兩個粒子以相同的速度飛進電場后，軌跡相反，只能得出兩粒子的帶電屬性相反，但不能確定誰帶正電誰帶負電，我們根據物體的運動軌跡方向總是夾在物體所受合外力方向與物體速度方向之間，由此得出ab兩粒子電場力與速度的夾角為銳角，故電場力做正功，電勢能都減小，速度都增大，所以BC錯，電場強度的大小可以根據電場線的疏密程度來判斷，a往電場線疏的地方運動，b往電場線密的地方運動，故a的加速度將減小，b的加速度將增加，D對3、A【解題分析】

AD、由題知A、B兩點所在的電場線是直線，A、B兩點電場強度方向必定相同，與箭頭方向相同．故A正確；D錯誤B、A、B在一條電場線上，無法判斷電場線的疏密，也就無法判斷A、B兩點電場強度的大?。蔅C錯誤．故選A．【題目點撥】本題要抓住電場線的疏密表示電場強度的相對大小，但一條電線線，不能反映電場線的疏密，所以不能確定場強的大?。?、C【解題分析】

圖象反映導體中的電流隨電壓的變化情況；由各點的坐標得到電壓和電流，由求得導體的電阻；由圖象的斜率的變化可判斷其電阻的變化．【題目詳解】該元件是非線性元件，所以仍能用歐姆定律計算導體在某狀態(tài)的電阻，故A錯誤，當時，由圖知電流為，則導體的電阻故B錯誤；由圖知，隨著電壓的減小，圖象上的點與原點連線的斜率增大，此斜率等于電阻的倒數，則知導體的電阻不斷減小，故C正確，D錯誤；故選C?！绢}目點撥】本題關鍵抓住圖象上的點與原點連線的斜率等于電阻的倒數，分析電阻的變化，求解電阻的值．5、B【解題分析】

電吹風內部有電動機和電阻絲，則和電動機有關的是電吹風，故選B.6、A【解題分析】AC、根據F-mg=ma可知，，a?F圖象中斜率表示1/m,，由圖可知A的斜率大于B的斜率，所以mA<mB，A正確，C錯誤；根據牛頓第二定律由圖象可知當兩個物體外力F都為0時加速度都相同兩物體都只受重力作用a=g所以gA=gB，故C錯誤，D錯誤．故選A．點睛：根據牛頓第二定律a-F圖象中斜率表示1/m，由圖象可知當兩個物體外力F都為0時加速度都相同，此時只受重力，說明重力加速度相等．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AD【解題分析】

粒子1從M點正對圓心射入，恰從N點出，根據洛侖茲力指向圓心，和MN的中垂線過圓心，可確定圓心O1，運動軌跡為藍色圓弧，其半徑R．兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場，粒子運動的半徑相同．粒子2從P點沿PQ射入，根據洛侖茲力指向圓心，圓心O2應在P點上方R處，連接O2P、ON、OP、O2N，O2PON為菱形，O2N大小為R，所以粒子2一定從N點射出磁場．A正確，B錯誤．∠MO1N=90°；∠PO2N=∠POQ，cos∠POQ=OQ/OP，所以∠PO2N=∠POQ=45°．兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場，粒子運動的周期相同．粒子運動時間與圓心角成正比．所以粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為2：1．C錯誤，D正確．故選AD．【題目點撥】本題關鍵是要畫出粒子運動的軌跡草圖，對數學有一定要求，同時還需掌握確定圓心的方法，粒子運動時間在磁場中運動時間的方法．8、CD【解題分析】

A．若電阻與一無窮大的電阻并聯(lián)，則總電阻近似等于A的阻值；故A與題意不相符；B．電阻與導線并聯(lián)時，導線電阻為零，則電阻被短路，總電阻為零；故B與題意不相符；C．并聯(lián)電路中，并聯(lián)的電阻越多，則總電阻越小；總電阻一定小于任一支路中的電阻，故C與題意相符；D．并聯(lián)電路中某一支路開路時，總電阻變大，但絕不會為無窮大；故D與題意相符。9、AD【解題分析】

ABC．由可知電源電動勢在數值上等于非靜電力把電源中1C正電荷從負極移到正極所做的功；故A正確，BC錯誤；D．電源電動勢越大，則它把其他形式的能轉化成電能的本領越強，選項D正確。10、BD【解題分析】試題分析：原來液滴受力平衡，則知所受的電場力向上，液滴帶負電．電容器與電源相連，板間電壓不變，將a板向下平移時，由a板下移時，兩板間的距離減小，由E=Ud分析可知：板間電場強度增大，粒子受到的電場力增大，故液滴將向上加速運動，故A．C錯誤；下極板接地，電勢為零，M點的電勢等于M與b之間的電勢差。由U=Ed可知，因E增大，d不變，則M點的電勢增大；因帶電液滴帶負電，故電勢能將減小，故B錯誤；因兩板間的電勢差不變，由考點：電容器的動態(tài)分析、帶電粒子在混合場中的運動【名師點睛】本題分析時，要抓住平行板電容器的與電源保持相連，電容器板間電壓保持不變，根據E=U三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、（1）3.0；1.0；（2）電流表的內阻為2.0Ω；（3）1.26×10-6【解題分析】

解：(1)由圖甲根據閉合電路歐姆定律應有：，可整理為：，由圖乙根據函數斜率和截距的概念則有電源電動勢：，內阻：；(2)由題意及可得：；結合數學一次函數概念可知，圖線的縱軸截距表示電流表的內阻為(3)根據圖可知，當x=0時電阻為2Ω，結合圖甲可知電流表A的內阻，所以應有，由圖讀出，即電阻絲電阻R=2Ω時對應的長度x=0.20m，，由可得，代入數據解得：；12、100mACE8.7V3.1【解題分析】

由題意可知考查電表改裝、測電源電動勢和內電阻，根據實驗原理分析計算可得．【題目詳解】(1)[1]電流表最大電流為500mA，欲改裝為量程為2.5A的電流表，需要并聯(lián)的電阻分擔電流為2A，也就是說并聯(lián)電阻為為電流表內阻的，現(xiàn)在總電流為500mA，則電流表分擔電流為100mA；(2)[2][3]由上面分析可知并聯(lián)電阻阻值約為故電阻箱選擇C；估算回路中的最大電流故滑動變阻器選擇E；(3)根據閉合電路歐姆定律U+5Ir=E可得U=-5rI+E根據圖像分析可得E=8.7V，-5r=解得r=3.1．【題目點撥】電表改裝根據串并聯(lián)電路特點分析，改裝電流表(原電流表的表盤沒變)讀數為I，則電路中流過電源的電流為5I，根據閉合電路歐姆定律U+5Ir=E可得U=-5rI+E，分析縱截距、斜率可求出E、r．