【文档说明】安徽省宿州市省市示范高中2023-2024学年高二上学期期中教学质量检测物理试卷Word版含解析.docx，共(17)页，1.875 MB，由小赞的店铺上传

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宿州市省、市示范高中2023—2024学年度第一学期期中教学质量检测高二物理试卷（选考）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的4个选项中，只有一个选项符合题目要求）1.下列物理量的分组中，有两个矢量一个标量的是（）A.速度、加速度、力B.线速度、电流、功C.电场强度、

位移、电势D.时间、质量、向心加速度【答案】C【解析】【详解】A．速度、加速度、力都是矢量，故A错误；B．线速度是矢量，电流和功是标量，故B错误；C．电场强度、位移是矢量，电势是标量，故C正确；D．时间、质量都是标量，向心加速度是矢量，故D错误。故选C。2.下列电学元件中属于电容器的是（）A

.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】属于电容器的是A，B是滑动变阻器，C是线圈，D电压表是由电流计串联电阻改装而成，而电流计的构成与电容也无关。故选A。3.如图所示的电解槽中，如果在4s内各有2C的正、负电荷通过面积为0.08m2的横截面AB，那么（）A.正离子向左移动，负离子向右移动B.由于

正负离子移动方向相反，所以电解槽中无电流C.4s内通过横截面AB的电荷量为2CD.电解槽中的电流为1A【答案】D【解析】【详解】AB．电源与电解槽中两极相连后，左侧电极电势高于右侧电极，由于在电极之间建立电场，电场方向由左指向右，故正离子向右移动

，负离子向左移动，电解槽中的电流方向向右，选项AB错误；C．4s内通过横截面AB的电荷量为2C+2C=4C选项C错误；D．由电流强度的定义可得41A4qIt===选项D正确。故选D。4.如图所示，在O点放置

一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f是以O点为球心的球面上的点，acef平面与bedf平面垂直，则下列说法中正确的是（）A.a、c两点的电场强度相同B.d、f两点的电势相等C.点电荷-q在球面上任意两点之间移动时，电场力要做功的D.图中O、b两点之间的电势差与O、e两点之间的电势差

不同【答案】B【解析】【详解】A．a、c两点场强大小相等，方向不同，A错误；B．整个球面为一等势面，d、f两点的电势相等，B正确；C．整个球面为一等势面，在球面上任意两点之间移动电荷，电场力不做功，C错误；D．整个球面为一等势面oeobUU=D错误。故选B。5.如图所示，图线1

和图线2分别代表两个不同电源的U-I图像，下列判断正确的（）A.电动势E1=E2，发生短路时的电流I1>I2B.电动势E1=E2，内阻r1>r2C.电动势E1>E2，内阻r1<r2D.当两电源的工作电流

变化量相同时，电源1的路端电压变化大【答案】A【解析】【详解】ABC．根据闭合电路欧姆定律，有E=U+Ir可得U=E-rI故U-I图像中图线的纵轴截距表示电动势，横轴截距表示短路电流，斜率的绝对值表示内电阻，故E1=E2发生短路时的电流I1＞I2内阻r1＜r2故A正确、BC错误；D．当两电源的工

作电流变化量相同时，电源的路端电压变化UIr=故电源2的路端电压变化大，故D错误。故选A。6.水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一质量为m，带电量为q+的油滴从下板边缘射入运动到上板，路

径如图所示直线，则下列判断不正确的是（）A.场强方向竖直向上B.油滴一定是以0v做匀速直线运动C.两板间电势差为mgdqD.油滴的电势能增加了2mgd【答案】D【解析】【详解】ABC．带电油滴受到的重力和电场力都在竖直方向上，为了保证带电油滴沿图中虚线做直线运动，油滴受到的

合力一定为0，则油滴一定是以0v做匀速直线运动，电场力方向竖直向上，与重力平衡，则有Uqmgd=解得两板间电势差为mgdUq=由于油滴带正电，可知电场方向竖直向上，故ABC正确，不满足题意要求；D．电场力对油滴做功为Wq

Umgd==电可知油滴的电势能减少了mgd，故D错误，满足题意要求。故选D。7.如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方P

点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。则下列说法中正确的是（）A.若仅将B板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处B.若仅将A板稍微上移，带电小球将无法运动至N处C.若仅将变阻器的滑片上移，带电小球将无法运动至N处D.断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球将无法运动至N处【答案】B【解析】【详

解】A．设P与N的竖直距离为H，平行板电容器两极板间的电压为U，距离为d，正对面积为s，由题可得小球由P到N用动能定理0mgHUq−=根据开关闭合，二极管左边为负极右边为正极，平行板电容器的公式=4QsCU

kd=得仅将B板稍微上移，电容增大，电容器充电，稳定时平行板电容器上下极板的电压U不变，N到P的距离变小为H，假设小球仍可以运动到N点，速度为v，重新对小球由P点到N用动能定理212mgHUqmv−=得动能为负值，则带电

小球不可以运动至N处。故A错误；B．若将A板上移，板间距增大，电容减小，由于二极管左边为负极右边为正极，电容器无法放电，电量不变，则两板间电压增大，由B解析中方程分析可得到N处时动能为负值，则带电小球不可以运动至N处，故B正确；C．

若仅将变阻器的滑片上移，则滑动变阻器的电阻变大，电路稳定时通过R0的电流减小，电阻R0两端电压变小，R0上端电势降低，但二极管左边为负极右边为正极，无法放电，所以电容器两端的电压保持不变，则带电小球仍恰好运动至N处。故C错误；D．

断开开关S，根据二极管左边为负极右边为正极，得电容器两极板电荷不会减少，电压不会变化。所以带电小球仍可以运动至N处。故D错误。故选B。二、多选题（每题至少有两个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8.一块均匀的长方体样品，长为a，宽为b，厚为c．

电流沿CD方向时测得样品的电阻为R，则下列说法正确的是（）A.样品的电阻率为RbcaB.样品的电阻率为RacbC.电流沿AB方向时样品的电阻为22RabD.电流沿EF方向时样品的电阻为22Rab【答案】BC【解析】【详解】AB

．沿CD方向测得的电阻为R，根据电阻定律LRS=即有bRac=那么电阻率为acRb=A错误，B正确；CD．根据电阻定律，那么沿AB方向电阻的2()aRRbcba==沿EF方向的电阻2()cRRabbc==C正确，D错

误。故选BC。9.图为有两个量程的电流表内部简化电路图，表头的内阻490gR=，满偏电流2mAgI=已知电流表两量程分别为0~0.1A，0~1A，则下列说法正确的是（）A.当使用A、B两个端点时，该电流表的量程为0~0.1AB.当使用A、B两个端点时，该电

流表的量程为0~1AC.R1=3ΩD.R2=9Ω【答案】BD【解析】【详解】AB．当使用A、B两个端点时，只有一个分流电阻R1，分流较大，可知量程较大，则该电流表的量程为0~1A，选项A错误，B正确；CD．由电路可知当接AB时量

程I1=1A，则211())(gggIRRIIR+=−当接AC时量程I2=0.1A，则212()()gggIRIIRR=−+解得R1=1ΩR2=9Ω选项C错误，D正确。故选BD。10.现代科技中常常利用电场来控制带电粒子的运动。某控制装置由加速电场、偏转电场和收集装置组成，如图所示

。加速电场可以提供需要的电压，偏转电场为辐向电场，其内外圆形边界的半径分别为0r、03r，在半径相等的圆周上电场强度大小都相等，方向沿半径向外，且满足21Ekr=（r为半径），已知0r处的电场强度大小为0E，带电粒子的质量为m，电荷量为q−，不计带电粒子的重

力及粒子间的相互作用。则（）A.加速电场电压无论取多少，粒子只要垂直PB飞入电场，就一定能做匀速圆周运动B.要使粒子由静止加速后能从A点沿半径02r的圆形轨迹1到达C点，则加速电场的电压为004ErC.若粒子从B点垂直于OP方向射入，对

应的轨迹2可能是抛物线D.若加速后从PB间垂直PB方向进入的粒子都能做匀速圆周运动而到达收集装置，则粒子做圆周运动周期T与轨迹对应半径r应满足的关系式232004mrTqEr=【答案】BD【解析】【

详解】A．设加速电场电压U，粒子垂直PB飞入电场，做匀速圆周运动，则212qUmv=2vqEmr=联立两式得21222krrErkUr===A错误；B．带电粒子电场中加速，有2112qUmv=粒子在偏转电场中做匀速圆

周运动，由电场力提供向心力，可得在21202vEqmr=又0201Ekr=20201144EkEr==联立上式解得0014UEr=B正确；C．若粒子从B点垂直于OP方向射入，且恰能从右侧3r0处D点垂直于OD方向射

出，其轨迹如图中轨迹2所示，粒子在轨迹2的位置离O的距离为r时，粒子受到的电场力为200221qErFqErr==电对比万有引力表达式221MmFGrr=引可知粒子在偏转电场中运动的受力特点与行星绕太

阳转动的受力特点相似，故粒子在偏转电场中运动特点与行星的运动特点相似，粒子在偏转电场中的轨迹为椭圆，C错误；D．若粒子在偏转电场中做圆周运动的半径为r，由电场力提供向心力可得2vEqmr=又2002ErEr=2rTv=联立解得232004mrTqEr=D正确；故选

BD。三、实验题（本题共2小题，每空3分，共15分）11.导体电阻率测量的电学实验中需要测量电阻丝长度和直径，如图所示各个仪器，适合用来测量电阻丝长度的是___________，某同学正确测量电阻丝直径的读数为0.410cm，则他选用的测量仪器是___________（填仪器对应选项）A.毫米刻

度尺B.螺旋测微器C.弹簧秤D.游标卡尺【答案】①.A②.D【解析】【详解】[1]由题意可知，刻度尺的分度值为1mm，适合用来测量电阻丝长度。故选A。[2]某同学正确测量电阻丝直径的读数为0.410cm=4.10mm由于螺旋测微器可估读到0.0

01mm，所以不是用它测量金属丝的直径，可以选择游标卡尺50分度的，来测量电阻丝的直径。故选D。12.用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示。a.若所选挡位为直流50mA挡，则示数为______mA；b.若所选挡位为电

阻“×10”挡，则图中指针所指电阻为______Ω。c.用表盘为图中所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必需的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤的序号：______。A.将

红表笔和黑表笔接触B.把选择开关旋转到“×100”位置C.把选择开关旋转到“×1k”位置D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点【答案】①.22.0②.190③.BAD【解析】【详解】[1]根据直流50mA挡的读数规律，该读数为22.0mA。[2]根据欧姆表“×10

”挡的读数规律，该读数为19.010190=[3]多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻时，为了减小误差，采用的是“×1”挡，若继续测量一个阻值约2kΩ的电阻，为了减小误差，先应将选择开关旋转到“×100”位置，使测量时指针指

在欧姆表中央刻线“15”附近，随后进行欧姆调零，将红表笔和黑表笔接触，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点。可知，必需的步骤按操作顺序逐一排列为BAD。四、计算题（本题共3小题，共39分，其中13题11分，14题14分，15题14分）13.在如图所示的电路中，电源的电动势E=9V，内阻

r=0.6Ω，小型直流电动机M的内阻r0=0.84Ω。闭合开关S后，电动机正常转动，理想电流表的示数I=1.0A，求：（1）整个电路的热功率；（2）电动机的机械功率；（3）电源的工作效率。【答案】（1）1.4

4W（2）7.56W（3）93.3%【解析】【小问1详解】由焦耳定律可知整个电路的热功率20()1.44WPIrr=+=热【小问2详解】电动机正常工作的电压为9V1.00.6V8.4VUEIr=−=−=电动机的机械功率为2208.41.0W1.00.84W7.56WPUIIr

=−=−=机【小问3详解】电源的工作效率为8.41.0100%100%93.3%91.0UIEI==14.如图甲所示，P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”电压为0U的加速电场，粒子经加速后从O点水平射入两块

间距、板长均为l的水平金属板间，O为两板左端连线的中点。荧光屏1MON为半圆弧面，粒子从O点沿直线运动到屏上1O点所用时间为02mlqU。若在A、B两板间加电压，其电势差ABU随时间t的变化规律如图乙所示，所有粒子均能从平行金属板右侧射出，并且垂直打在荧光屏上。已知粒子通过板间所用时

间远小于T，粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计，求：（1）粒子在O点时速度大小；（2）图乙中U的最大值；（3）U取（2）中最大值，所有粒子均能从平行金属板右侧射出，并且垂直打在荧光屏上。求粒子

从O点到垂直打在屏上的最短时间。【答案】（1）02Uqm（2）02U；（3）0(322)42lmqU+【解析】【详解】（1）由动能定理得20012Uqmv=解得的002Uqvm=（2）粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，此时竖直偏转量2ly=水平方向0lvt=竖直方向21

2yat=mUqalm=解得02mUU=（3）半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全部垂直撞击在屏幕上，当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最短，如图由题意得'02OOlvtl==设出电场时速度与水平方向夹角为，则有0tanyvv=yvat=解得45

=水平由于速度反向延长线过水平位移中点，且由几何关系得12EFFHl==E为圆弧的圆心，由几何关系可得1132EOEMEFFOl==+=则有32'cos454EPEMl==则水平位移有321322'42

4OPlll+=+=最短时间为min00'322(322)4242OPmlmtlvqUqU++===15.如图所示，在范围足够大水平向左的匀强电场中，固定一内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧BD，圆心为O，竖直半径OD=R，B点和地面上A点的连线与水平地面成θ=37°，AB=R。一

质量为m、电荷量为q的小球（可视为质点）从地面上A点以某一初速度沿AB方向做直线运动，恰好无碰撞地从管口B进入管道BD中，当小球到达管中某处C（图中未标出）时，恰好与管道间无作用力且小球所受合力指向圆心。已知：sin37°=0.6，c

os37°=0.8，已知重力加速度大小为g。求：（1）说明小球电性、匀强电场的场强E大小；（2）小球到达C处时的速度大小Cv；（3）小球到达D处时对圆管轨道的压力FN；（4）若小球从管口D飞出时电场忽然向下、场强大小变为原来的34，则小球从管口

D飞出后落地点距A点的水平距离x。【答案】（1）正电，43mgq的（2）153gR（3）大小为3gR，方向竖直向下（4）6515R−【解析】【小问1详解】小球沿AB方向做直线运动过程受力情况如图所示根据受力分析可知，小球带

正电，且有tanmgqE=求得43mgEq=【小问2详解】小球到达C处时重力与电场力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，如图所示应有OCAB∥，故有2sinCmgvmR=求得153CgRv=【小问3详解】小球从C处运动到D处的过程中，根据动能定理，有()22

11sinsin22DCmgRRmvmv−=−求得3DvgR=在D处，根据牛顿第二定律，有2'NDvFmgmR+=求得'N2Fmg=根据牛顿第三定律可知，小球对圆管轨道的压力'NN2FFmg==其方向竖直向下。【小问4详解】小球从管

口D飞出时，电场忽然向下、场强大小变为原来的34，所受电场力为''34FqEqEmg===根据牛顿第二定律，有'Fmgma+=求得2ag=小球从管口D飞出后做类平抛运动，水平方向和竖直方向分别有'Dxvt

=21cossin2RRRat++=求得'655xR=小球落地点距A点的水平距离为()'651cossin5xxRRR−=−−=