【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，1.887 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4

s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o

eobUU=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E

1=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2mg

d【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WqUmgd==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=4QsCUkd=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a

cRb=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()()gggI

RIIRR=−+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0.001mm，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）1.44W（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212yat=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'02OOlvt

l==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1132EOEM

EFFOl==+=则有32'cos454EPEMl==则水平位移有321322'424OPlll+=+=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，cos37°=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()2211sinsin22DCmgRRmvmv−=−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−=−−=