【文档说明】广西北海市合浦县2024-2025学年高二上学期期中检测物理试题 Word版含解析.docx，共(15)页，1.288 MB，由envi的店铺上传

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2024年秋学期期中考试高二物理本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非

选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教版必修第三册。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第

8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.一个金属小球带1C电荷，若将相同的不带电的小球与其接触后移开，则该小球所带电荷量为（）A.0B.1CC.0.25CD.0.5C【答案】D【

解析】【详解】金属小球带1C电荷，与不带电的小球接触移开后，两个小球平分电荷，所以该小球所带电荷量为1C2q=故选D。2.下列公式错误．．的是（）A.r4SCkd=B.ABABWUq=C.PIR=D.LRS=【答案】C【解

析】【详解】公式r4SCkd=、ABABWUq=、LRS=都是正确的；电流UPPIRUR==本题选错误项，故选C。3.在某电场中，将一带电荷量94.010Cq−=+的点电荷从a点移到b点，电

场力做的功7J4.010W−=，则a、b两点间的电势差abU为（）A.50VB.100VC.200VD.300V【答案】B【解析】【详解】根据电场力做功与电势差的关系式WqU=，有794.010100V4.010abWUq−−===+故B正确，AC

D错误。故选B。4.如图所示为通电螺线管的纵剖面图，“”和“⊙”分别表示导线中的电流垂直纸面流进和流出，图中四个小磁针（涂黑的一端为N极）静止时指向错误的是（）A.aB.bC.cD.d【答案】B【解析】【详解】小磁

针静止时N极的指向为该处磁感线的切线方向；由右手螺旋定则可知，螺旋管的左端为N极，右端为S极，由通电螺线管的磁感线分布情况可知，b小磁针的指向错误，adc均正确.A．a，与结论不相符，选项A不符合题意；B．b，与结论相符，选项

B符合题意；C．c，与结论不相符，选项C不符合题意；D．d，与结论不相符，选项D不符合题意；5.下列说法正确的是（）A.在利用能源的过程中，能量是守恒的B.能源是无限的C白石从白石山上滚下，机械能没有变化D.能量会凭空消失【答案】A.【解析】【详解】A．在利

用能源的过程中，能量是守恒的，选项A正确；B．虽然能量是守恒的，但是能利用的能源是有限的，选项B错误；C．白石从白石山上滚下，由于受到阻力或者碰撞作用，则机械能会减小，选项C错误；D．根据能量守恒定律可知，能量不会凭空消失，选项D错误。故选A。6.如图所示，两段长度和材料相同、粗细均匀的金属导

线A、B，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比SA:SB=1:2。已知5s内有5×1018个自由电子通过导线A的横截面，元电荷e=1.6×10-19C，则下列说法错误的是（）A.流经导线A的电流为0.

16AB.导线A、B的电阻之比为2:1C.5s内有1×1018个自由电子通过导线B的横截面D.自由电子在导线A和B中移动的平均速率之比AB:2:1vv=【答案】C【解析】【详解】A．流过A的电流为18195101.610A0.16A5qIt−===故A正

确，不符合题意；B．根据电阻定律AAlRS=BBlRS=可得ABBA21RSRS==故B正确，不符合题意；C．因两段串联，通过两棒的电流相等，所以在相等时间内通过每段导线横截面的电荷量是相等的，故C错误，符合题意；D．因两段串联，通过两棒电流相等，又IneSv=则有ABBA21vSvS==故D

正确，不符合题意。故选C。7.在如图所示的电路中，电源电动势12VE=，电源内阻1.0r=，电路中的电阻0R为1.5，小型直流电动机M的内阻00.5r=，电流表内阻不计。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数2.0AI=，则以下判断正确的是（

）A.电动机两端的电压为6.0VB.电动机的输出功率为14WC.电动机的热功率为3.0WD.电源输出的电功率为20W【答案】D【解析】【详解】A．分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中电流表示数为2.0A，所以电动机的电压为00

12V21V21.5V7VUEUUEIrIR=−−=−−=−−=内故A错误；BC．电动机的总功率为72W14WPUI===总电动机的发热功率为2220.5W2WPIr===0热的的所以电动机的输

出功率为14W2W12WP=−=出故BC错误；D．电源的总功率122W24WPEI===输出的功率为2224W21W20WPEIIr=−=−=输出故D正确。故选D。8.关于静电平衡，下列说法正确的是（）A.导体内部的电场强度处处为0B.导体内的自由

电子在发生定向移动C.导体的外表面没有电荷D.越尖锐的位置，电荷的密度越大【答案】AD【解析】【详解】A．处于静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零，故A正确；B．由于导体内部场强为零，则导体内没有定向移动的自由电子，故B错误；C．导体的外表面有电荷分布，故C错误；D．越尖

锐的位置，电荷的密度越大，故D正确。故选AD。9.关于电磁波，下列说法错误．．的是（）A.赫兹用实验证实了电磁波的存在B.恒定的磁场可以产生电场C.紫外线的波长比X射线的波长长D.电磁波不能传播能量【答案】BD【解析】【详解】A．赫兹用实验证实了电磁

波的存在，选项A正确；B．根据麦克斯韦电磁理论，恒定的磁场不能产生电场，选项B错误；C．根据电磁波谱易知紫外线的波长比X射线的波长长，选项C正确；D．电磁波能传播能量和信息，选项D错误。此题选择不正确的，故选BD。10.如图所示，在竖直平面内固定着一根光滑绝缘细杆,M

PM点和P点的高度差为3r，细杆左侧O点处固定着一个带正电的点电荷，以O为圆心、r为半径的圆周与细杆交于N、P两点，圆心O在P点正上方，N点为MP的中点，现将一质量为m、电荷量为()0qq+的小球（可视为质点）套在杆

上从M点由静止释放，小球滑到N点时的速度大小为gr，g为重力加速度大小，则下列说法正确的是（）A.M、N间的电势差MNmgrUq=B.小球从N点到P点的过程中，电场力做的功为32mgr−C.若在此装置中加一水平方向的匀强

电场，小球在N点平衡且恰好对MP无压力，则所加电场的电场强度大小为3mgqD.MP的长度为23r【答案】CD【解析】【详解】A．从M到N由动能定理231()22MNrUqmgmgr+=M、N间的电势差MNmgrUq=−选项A错误；B．因NP两点

的电势相等，则小球从N点到P点的过程中，电场力做的功为0，选项B错误；C．设ON与水平方向的夹角为，则3sin2rrr+=解得30=若在此装置中加一水平方向匀强电场，小球在N点平衡且恰好对MP无压力，则对小球受力分析可知tan30mgqE=解得所加电场的电场强度大小为3mgEq=选项C

正确；D．设MP与竖直方向夹角为α，则3122cos2cosrMPPNr===解得23MPr=选项D正确。故选CD二、非选择题：本大题共5小题，共54分。11.“祖冲之”实验小组想测量一充电宝的电动势和内

阻。（1）该小组测得多组U、I数据，并在坐标纸上描点，如图所示，请根据描出的点作出U-I图像_______，已知其对应的表达式为U=E-Ir。（2）根据U-I图像，可求得该充电宝的电动势E为_______V，内阻r为_______Ω。（结果均保留

两位有效数字）【答案】（1）见解析（2）①.4.9②.3.3【解析】【小问1详解】的。根据描出的点，作出U-I图像，如图所示【小问2详解】[1][2]已知图像对应的表达式为UEIr=−根据图像在纵轴上的截距可得4.9VE=由图像的斜率大小可得内阻4.93.31.

5r=12.某同学想测量绕制滑动变阻器的金属丝的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻0R（阻值为10.0）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线

若干。图甲是学生设计的实验电路原理图。（1）该同学首先截取了一段长为L的金属丝，用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图乙所示，该读数D=_____mm。（2）实验时，先将滑动变阻器R接入电路的

电阻调至最大，闭合S。（3）将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为1U，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为2U。由此得到流过待测金属丝的电流I=_____，金属丝的电阻r=_____。（结果均用0R

、1U、2U表示）（4）继续微调R，重复（3）的测量过程，得到多组测量数据，以2U为纵坐标，1U为横坐标，根据测得的数据绘制出21UU−图像，若图像的斜率为k，则金属丝的电阻为_____（用k、0R表示）。得到的多组测量数据如表所示，根据表格数据，作出21UU−图像，如图丙所示，

则可求得金属丝的电阻r=_____（结果保留两位有效数字）。1U/mV0.500.700.901.151.402U/mV0.991.391.802.282.80（5）待测金属丝所用材料的电阻率=_____（用D、L、k、0R表示）。【

答案】①.0.500②.210UUR−③.1021URUU−④.01Rk−⑤.9.0##10##11⑥.()2041RDkL−【解析】【详解】（1）螺旋测微器测量金属丝的直径D=50.0×0.01mm=0.500mm（3）由电路可知，流

过待测金属丝的电流210UUIR−=金属丝的电阻10121URUrIUU==−（4）根据1021URrUU=−解得021RrUUr+=则0Rrkr+=解得01=−Rrk做出21UU−图像，则333.001021.5010k−−==解得101021r==−（5）根据214LrD

=解得()2041RDkL=−13.水平绝缘细杆上有一带电圆环B，圆环B的质量为m、电荷量为()0qq−，在圆环B右上方固定电荷量为()0QQ的圆环A，两圆环都可看成点电荷，静电力常量为k，重力加速度大小为g，圆环B恰好处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，圆

环A到细杆的距离为L，两圆环间的距离为2L，A、B与杆在同一竖直面内，求：（1）两圆环间的库仑力大小F；（2）圆环B与细杆间的动摩擦因数。【答案】（1）24QqkL（2）238kQqmgLkQq−或238kQqkQqmgL−【解析】【小问1详解】两圆环间的库仑力大小为2224QqQq

FkkLL==（）【小问2详解】对圆环B受力分析，受到指向A的库仑引力F、重力、沿杆向左的摩擦力如图由于F竖直向上的分力与圆环B的重力的大小关系未知，所以，杆对B的弹力方向无法确定，当弹力竖直向上时，设为N，则有几何关系可知1sin22LL

==解得30=根据平衡条件可知sinFNmg+=cosFf=其中fN=联立，解得238kQqμmgLkQq=−当弹力竖直向下时，同理根据平衡条件可知sinFθNmg=+cosFf=其中fN=联立，解得238kQqμkQqmgL=−所以，圆环B与细杆间的动

摩擦因数为238kQqmgLkQq−或238kQqkQqmgL−。14.利用电动机通过如图所示的电路提升物块，已知电源电动势220VE=，电源内阻10r=，定值电阻10R=，物块的总质量15kgm=。当电动机以稳定的速度2m/sv=匀速提

升物块时，理想电压表的示数200VU=。不计空气阻力和摩擦，取重力加速度大小210m/sg=。求：（1）定值电阻R两端的电压；（2）电动机的内阻0r。【答案】（1）20V（2）15【解析】【小问1详解】由闭合电路欧姆定律得EUU=+内解

得20VU=内则干路电流2AUIr==内定值电阻R两端的电压20VRUIR==【小问2详解】对电动机有20MUImgvIr=+解得015r=15.如图所示，在P处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子

，粒子自A板小孔进入A、B平行板间的加速电场从静止加速后，水平进入静电分析器中，静电分析器中存在着如图所示的辐向电场，电场线沿半径方向，指向圆心O，粒子在该电场中沿图示虚线恰好做匀速圆周运动，从辐向电场射出后，竖直向下沿平行板C、D间的中线射入两板间的匀强电场。已知静电分析器中粒子运

动轨迹处电场强度的大小为E，粒子运动轨迹的半径为R，A、B两板间的距离为d，C、D两板长均为2L，C、D两板间的距离为L，粒子重力不计。（1）求A、B两板间的电压U1；（2）若要使粒子能从C、D两板下方飞出，则C、D两板间的偏转电压U2应满足什么条件？（3）

求粒子从P点出发至从C、D两板下方飞出的过程中运动的总时间t总。【答案】（1）112UER=（2）214UER（3）()442dRLmtEqR++=总【解析】【小问1详解】依题可知，粒子在辐向电场中做圆周运动时，电场力提供向心力，有2vEqmR=粒

子在A、B两板间做加速运动时，有2112qUmv=联立解得112UER=【小问2详解】粒子在偏转电场中做类平抛运动，故水平位移2Lvt=竖直方向位移212yat=由牛顿第二定律可知，在偏转电压为U2的电场中的加速度2qUamL=粒子能从C、D两板下方离开时满足2Ly联立可得214UE

R【小问3详解】由匀变速直线运动规律可知，粒子在A、B两板间运动的时间122ddtvv==粒子在静电分析器中运动的时间21242RRtvv==粒子在偏转电场中运动的时间32Ltv=飞行总时间123442dRLttttv++=++=总联立解得EqRvm=故可得

飞行总时间()442dRLmtEqR++=总