2024屆浙江省91高中聯(lián)盟物理高二第一學期期中考試試題含解析

2024屆浙江省91高中聯(lián)盟物理高二第一學期期中考試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、有以下幾種測量:①用非理想電壓表并聯(lián)在電阻兩端測電阻兩端的電壓；②用非理想電流表串聯(lián)在電路中測所在電路的電流強度；③用外接法測定值電阻的阻值；④用內(nèi)接法測定值電阻的阻值。不考慮偶然因素的影響，僅從實驗原理上分析，上述測量的結(jié)果與對應的真實值相比分別是（）A．偏大偏大偏小偏大B．偏小偏小偏小偏大C．偏大偏小偏大偏小D．偏小偏大偏大偏小2、如圖所示，圖線甲、乙分別為電源和某金屬導體的伏安特性曲線，電源的電動勢和內(nèi)阻分別用E、r表示，根據(jù)所學知識分析下列選項正確的是A．電源的電動勢E＝40VB．電源的內(nèi)阻r＝8.3ΩC．當該導體直接與該電源相連時，該導體的電阻為20ΩD．當該導體直接與該電源相連時，電路消耗的總功率為80W3、關于歐姆定律的適用條件，下列說法正確的是（）A．歐姆定律是在金屬導體導電的基礎上總結(jié)出來的，對于其他導體不適用B．歐姆定律也適用于電解液導電C．歐姆定律對于氣體導電也適用D．歐姆定律適用于一切導體4、如圖所示，重為65N的物體在一個豎直向上拉力F＝45N的作用下，靜止在水平桌面上。此時桌面對物體的支持力及合力大小分別為（）A．20N、0 B．0、20NC．45N、20N D．65N、0N5、兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A點為MN上的一點。一帶負電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動。取無限遠處的電勢為零，則（）A．q由A向O的運動加速度先增大后減小B．q由A向O運動的過程電勢能逐漸增大C．q運動到O點時的動能最大D．q運動到O點時電勢能為零6、如下圖所示的真空空間中，僅在正方體中的黑點處存在著電荷量大小相等的點電荷，則圖中a、b兩點電場強度和電勢均相同的是A． B． C． D．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，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一位于紙面且電阻均勻的正方形導體框abcd，現(xiàn)將導體框分別朝兩個方向以v、3v速度朝兩個方向勻速拉出磁場，則導體框從兩個方向移出磁場的兩過程中（）A．通過導體框截面的電荷量相同B．導體框所受安培力方向相同C．導體框中產(chǎn)生的焦耳熱相同D．導體框bc邊兩端電勢差大小相等8、兩個完全相同的金屬小球，帶電量之比為1：5，相距為r，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則它們間的庫侖力可能為原來的()倍．A．0.4B．0.6C．0.8D．1.89、如圖,電容器兩板間有一負電荷q靜止，使q向上運動的措施是()A．兩板間距離增大B．兩板間距離減少C．兩板相對面積減小D．更換一個電壓更大的電源10、如圖所示，在絕緣水平面上固定兩個等量同種電荷A、B，在AB連線上的P點由靜止釋放一帶電滑塊，則滑塊會由靜止開始一直向右運動到AB連線上的一點M而停下.則以下判斷正確的是A．滑塊一定帶的是與A、B異種的電荷B．滑塊的電勢能一定是先減小后增大C．滑塊的動能與電勢能之和一定減小D．AP間距一定小于BM間距三、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）①用螺旋測微器測圓柱體的直徑時，示數(shù)如下圖所示，此示數(shù)為_____mm.②用多用表測量某元件的電阻，選用“×100”倍率的電阻擋測量，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)角度過大，因此需選擇_________倍率的電阻擋(填“×10”或“×1k”)，并需_____后，再次進行測量.12．（12分）某同學用50分度的游標卡尺測定一金屬桿的直徑，另一同學用螺旋測微器測小球的直徑示數(shù)如所示，則該金屬桿的直徑為____________mm,小球的直徑是______mm。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）如圖所示，質(zhì)量m=0.2kg的小物體從斜面上A點以一定的初速度沿斜面滑下，在B點沒有動能損失，水平面BC在C點與光滑半圓軌道CD平滑連接，D是最高點。小物體與AB、BC面的動摩擦因數(shù)均為μ=0.25，AB的長度L=5m，AB的傾角為37°，BC的長度s=8m，CD為半圓軌道的直徑，CD的長度d=3m，不計空氣阻力，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。(1)求小物體從A點滑到BC平面上，重力做的功；(2)若小物體能夠到達D點，則小物體經(jīng)過C時對圓形軌道的最小壓力是多大?(3)若小物體經(jīng)過D點飛出后落在B點，則小物體在A位置的初動能是多大?14．（16分）如圖所示，電源電動勢為E=10V，內(nèi)阻r=1Ω，R1=R2=R3=R4=1Ω，電容器電容C=6μF，開關閉合時，間距為d的平行板電容器C的正中間有一質(zhì)量為m，電荷量為q的小球正好處于靜止狀態(tài)．求：（1）電路穩(wěn)定后通過R1的電流I；（2）開關S斷開，流過R2的電荷量△Q；（3）斷開開關，電路穩(wěn)定后，小球的加速度a的大?。?5．（12分）如圖所示,懸掛在O點的一根不可伸長的絕緣細線下端有一個荷量不變的小球A．在兩次實驗中,均緩慢移動另一帶同種電荷的小球B．當B到達懸點O的正下方并與A在同一水平線上,A處于受力平衡時,懸線偏離豎直方向的角度為θ.若兩次實驗中B的電荷量分別為q1和q2,θ分別為30°和45°,求q2與q1的比值。

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、B【解題分析】用非理想電壓表并聯(lián)在電阻兩端測電阻兩端的電壓時，由于電壓表與電阻并聯(lián)后阻值略小于待測電阻的值，則此時電壓值會偏?。挥梅抢硐腚娏鞅泶?lián)在電路中測所在電路的電流強度時，由于電流表的電阻與待測電阻串聯(lián)后阻值偏大，使得電流的測得的電流值偏?。挥猛饨臃y定值電阻的阻值時，由于電壓表的分流作用，使得電阻的測量值偏??；用內(nèi)接法測定值電阻的阻值時，由于電流表的分壓作用，使得電阻的測量值偏大；故選B.2、C【解題分析】

AB.甲為電源的U?I圖象，故縱截距表示電源電動勢，即E＝50V，在路端電壓為20V時電路電流為6A，根據(jù)閉合回路歐姆定律可得50＝20＋6r，解得r＝5Ω，故AB錯誤；CD.當該導體直接與該電源相連時，兩圖線的交點表示工作時的電壓和電流，故可知電阻兩端的電壓為40V，通過電阻的電流為2A，所以該導體的電阻大小為20Ω，電路消耗的總功率為，故C正確，D錯誤；故選擇：C；3、B【解題分析】歐姆定律適用于金屬導電和電解液導電，B項正確。4、A【解題分析】

對物體受力分析可知，物體受重力、拉力和支持力作用，處于平衡狀態(tài)，合力為零，則有F+N=mg解得N=mg-F=65-45=20N故A正確，BCD錯誤。

故選A。5、C【解題分析】

A．兩等量正電荷周圍部分電場線如圖所示其中P、Q連線的中垂線MN上，從無窮遠到O過程中電場強度先增大后減小，但A點到O不一定是先增大后減小的，可能是一直減小，故A錯誤；B．電場力方向與AO方向一致，電場力做正功，電勢能逐漸減小，故B錯誤；CD．從A到O做加速直線運動，在O點，場強為零，電場力為零，加速度為零，速度最大，動能最大，電勢能最小，小于零，故C正確，D錯誤。故選C。6、C【解題分析】

A．根據(jù)點電荷的電場強度公式，可得a、b兩點電場強度大小相等，場強的方向相反，電勢是標量，所以a、b兩電勢相等．故A錯誤．

B．根據(jù)點電荷的電場強度公式，可求得各個點電荷在a、b兩點的電場場強大小，再根據(jù)矢量的合成，可得a、b兩點的電場場強大小不等．故B錯誤．C．根據(jù)點電荷的電場強度公式，得各個點電荷在a、b兩點的電場場強大小相等，再根據(jù)矢量合成，求出合場強相等，場強的方向相同．a(chǎn)、b兩電勢相等．故C正確．D．根據(jù)點電荷的電場強度公式，可得a、b兩點的電場場強大小相等，再根據(jù)矢量合成，求出合場強相等，但場強的方向不同．故D錯誤．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】

電荷量可知兩種情況磁通量變化相同，電荷量相同，Ａ對；由左手定則可知安培力方向相反，B錯；焦耳熱等于拉力做的功，拉力等于安培力BIL，可知拉力大小不同，但移動距離相同，可知拉力做功不同，焦耳熱不同，C錯；3v向右拉出時，感應電動勢E=3BLv，bc兩端電壓為U=，向左拉出時E=BLv，bc兩端電壓為路端電壓bc兩端電壓為3Lv/4，D對8、CD【解題分析】由庫侖定律可得：F=kkQqr當兩相同金屬小球帶同種電荷時，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，它們的電荷量之比變?yōu)?：3，所以庫侖力是原來的1.8倍，當兩相同金屬小球帶異種電荷時，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，它們的電荷量之比變?yōu)?：2，所以庫侖力是原來的0.8倍，故CD正確，AB錯誤．故選CD點睛：兩電荷間存在庫侖力，其大小可由庫侖定律求出．當兩電荷相互接觸后再放回原處，電荷量可能相互中和后平分，也可能相互疊加再平分，所以庫侖力的變化是由電荷量變化導致的．9、BD【解題分析】A項：兩極板間距離d增大，而電容器的電壓U不變，則板間場強E=UB項：兩極板間距離d減小，而電容器的電壓U不變，則板間場強E=UC項：兩極板正對面積S減小時，而電容器的電壓U和距離d都不變，則板間場強E=UD項：更換一個電壓更大的電源，電容器的電壓U增大，距離d不變，板間場強E=U點晴：本題是簡單的電容器動態(tài)變化分析問題，抓住板間電壓不變是關鍵。10、CD【解題分析】

A．滑塊受到的電場力是兩電荷對它作用力的合力，滑塊向右運動，合力向右，滑塊一定是帶與A、B同種的電荷，否則滑塊將向左運動，A錯誤B．滑塊運動可能有兩種情況：1、滑塊受電場力先向右后向左，電場力先做正功，再做負功，電勢能先減小后增加；2、滑塊受到的電場力合力始終向右，在到達AB中點前停止，電場力始終做正功，電勢能始終減小，B錯誤C．根據(jù)能量守恒，滑塊的電勢能、動能、內(nèi)能之和不變，阻力做功，內(nèi)能增大，則動能與電勢能之和一定減小，C正確D．若沒有摩擦力，AP=BM；因為水平面不光滑，水平方向受到摩擦力作用，運動到速度為0的位置在P對稱點左側(cè)，所以AP<BM，D正確三、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、8.115×10歐姆調(diào)零【解題分析】

①螺旋測微器的固定刻度為8mm，可動刻度為11.5×0.01mm=0.115mm，所以最終讀數(shù)為8mm+0.115mm=8.115mm．②歐姆表的表盤上越向右側(cè)電阻越小，偏角大說明阻值小，為了準確測量要換較小擋：故選擇×10檔進行測量，換檔后要重新歐姆調(diào)零.12、4.206.700【解題分析】

游標卡尺的主尺讀數(shù)為4mm，游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為10×0.02mm=0.20mm，所以最終讀數(shù)為：4mm+0.20mm=4.20mm；螺旋測微器的固定刻度為6.5mm，可動刻度為20.0×0.01mm=0.200mm，所以最終讀數(shù)為6.5mm+0.200mm=6.700mm。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、（1）6J；（2）FC（3）E【解題分析】試題分析：（1）重力做功為：W=mgΔh=mgLsin（2）小物塊到達D點時的最小速度為vD，在D點：小物體從C運動到D，機械能守恒：1小物體在C位置：F-mg=mvC2（3）若小物體從D點水平飛出做平拋運動：d=12小物體從A運動到D，由動能定理：mg(L解得：EK考點：動能定理、向心力【名師點睛】本題考查了動能定理與平拋運動、圓周運動的綜合運用，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，以及圓周運動向心力的來源是解決本題的關鍵。14、（1）2A（2）（3）【解題分析】

(1)開關閉合時，R1、R3并聯(lián)與R4串聯(lián)，R2中沒有電流通過，由串聯(lián)電路分壓規(guī)律求R4的電壓，再由歐姆定律求通過R1的電流I；(2)開關閉合時，小球靜止在電場中，電場力與重力平衡，由平衡條件列出方程．開關S斷開，根據(jù)串聯(lián)電路的特點求出電容器的電壓，從而可求得電容器電荷量的變化量，即等于流過R2的電荷量△Q；(3)斷開開關，電路穩(wěn)定后，根據(jù)牛頓第二定律求加速度a．【題目詳解】(1)開關S閉合時，R