2024屆福建省莆田市第二十四中學(xué)物理高二第一學(xué)期期中教學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題含解析

2024屆福建省莆田市第二十四中學(xué)物理高二第一學(xué)期期中教學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題注意事項(xiàng):1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時(shí)請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、在如圖所示的電路中，E為電源電動(dòng)勢，r為電源內(nèi)阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器．當(dāng)R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)在a端時(shí)合上開關(guān)S，此時(shí)三個(gè)電表A1、A2和V的示數(shù)分別為I1、I2和U．現(xiàn)將R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)，則三個(gè)電表示數(shù)的變化情況是A．I1增大，I2不變，U增大B．I1減小，I2增大，U減小C．I1增大，I2減小，U增大D．I1減小，I2不變，U減小2、如圖所示，平行線代表電場線，但未標(biāo)明方向，一個(gè)帶正電、電荷量為10－6C的粒子在電場中僅受電場力作用，當(dāng)它從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減少了10－5J。已知A點(diǎn)的電勢為－10V，則以下判斷正確的是A．粒子的電勢能減少了10－5JB．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線2所示C．B點(diǎn)電勢為零D．B點(diǎn)電勢為－20V3、為了研究電荷之間的相互作用力跟什么因素有關(guān)，小宇做了如下實(shí)驗(yàn)：把一個(gè)帶正電的物體放在A處，然后將掛在絲線上帶正電的小球先后掛在P1、P2、P3處，發(fā)現(xiàn)情況如圖所示．由此，小宇歸納得出的初步結(jié)論是（）A．電荷之間的作用力大小隨距離增大而減小B．電荷之間的作用力大小隨距離增大而增大C．電荷之間的作用力大小隨距離的增大先增大后減小D．電荷之間的作用力大小與距離無關(guān)4、在靜電場中，將一正電荷從a移動(dòng)到b點(diǎn)，電場力做了負(fù)功，則（）A．b點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定比a點(diǎn)大B．電場線方向一定從b指向aC．b點(diǎn)的電勢一定比a點(diǎn)高D．該電荷的動(dòng)能一定減小5、一平行板電容器，兩板之間的距離d和兩板面積S都可以調(diào)節(jié)，電容器兩板與電池相連接．以Q表示電容器的電量，E表示兩極板間的電場強(qiáng)度，則（

）A．當(dāng)d增大、S不變時(shí)，Q減小、E減小B．當(dāng)S增大、d不變時(shí)，Q增大、E增大C．當(dāng)S減小、d增大時(shí)，Q增大、E增大D．當(dāng)S減小、d減小時(shí)，Q不變、E不變6、如圖所示，電流表G的內(nèi)阻不可忽略不計(jì)，R1、R2是兩個(gè)可變電阻，當(dāng)a、b間的電壓為4V時(shí)，電流表的指針剛好滿偏(指針指在刻度盤的最大值處)，當(dāng)a、b間的電壓為3V時(shí)，如果仍要使電流表G的指針滿偏，下列方法中可行的是①保持R2不變，增大R1②增大R1，減小R2③保持R2不變，減小R1④增大R2，減小R1A．①④ B．②③ C．①② D．③④二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)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(cuò)的得0分。7、“測量金屬的電阻率”實(shí)驗(yàn)中，關(guān)于誤差的下列說法中正確的是()A．電流表采用外接法，將會使ρ測<ρ真B．電流表采用外接法，由于電壓表的并聯(lián)引起了電阻絲分壓的減小而引起測量誤差C．由ρ=可知，I、d、U、l中每一個(gè)物理量的測量都會引起ρ的測量誤差D．由ρ=可知對實(shí)驗(yàn)結(jié)果準(zhǔn)確性影響最大的是直徑d的測量8、帶有(1/4)光滑圓弧軌道、質(zhì)量為M的滑車靜止置于光滑水平面上，如圖所示．一質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_上滑車，當(dāng)小球上行再返回，并脫離滑車時(shí)，以下說法可能正確的是（）A．小球一定沿水平方向向左做平拋運(yùn)動(dòng)B．小球可能沿水平方向向左做平拋運(yùn)動(dòng)C．小球可能做自由落體運(yùn)動(dòng)D．小球可能水平向右做平拋運(yùn)動(dòng)9、如圖所示，傾角為θ的絕緣斜面固定在水平面上，當(dāng)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的滑塊沿斜面下滑時(shí)，在此空間突然加上豎直方向的勻強(qiáng)電場，已知滑塊受到的電場力小于滑塊的重力．則：A．若滑塊勻速下滑，加上豎直向上的電場后，滑塊將加速下滑B．若滑塊勻速下滑，加上豎直向下的電場后，滑塊仍勻速下滑C．若滑塊勻減速下滑，加上豎直向上的電場后，滑塊仍減速下滑，但加速度變小D．若滑塊勻加速下滑，加上豎直向下的電場后，滑塊仍以原加速度加速下滑10、如圖甲所示，一長直導(dǎo)線沿南北方向水平放置，在導(dǎo)線下方有一靜止的靈敏小磁針．現(xiàn)在導(dǎo)線中通以圖甲所示的恒定電流，測得小磁針偏離南北方向的角度θ的正切值tanθ與小磁針離開導(dǎo)線的距離之間的關(guān)系如圖乙所示．若該處地磁場的水平分量為B0，則下列判斷中正確的是（）A．通電后，小磁針的N極向紙里偏轉(zhuǎn)B．通電后，小磁針靜止時(shí)N極所指的方向即為電流在小磁針處產(chǎn)生的磁場方向C．電流在x0處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0D．x0處合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0三、實(shí)驗(yàn)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）如圖所示，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究兩個(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系：先安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，記下重垂線所指的位置O。接下來的實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點(diǎn)由靜止?jié)L下，并落在地面上。重復(fù)多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點(diǎn)圈在里面，其圓心就是小球落點(diǎn)的平均位置；步驟2：把小球2放在斜槽前端邊緣位置B，讓小球1從A點(diǎn)由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復(fù)多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后兩小球落點(diǎn)的平均位置；步驟3：用刻度尺分別測量三個(gè)落地點(diǎn)的平均位置M、P、N離O點(diǎn)的距離，即線段OM、OP、ON的長度。①對于上述實(shí)驗(yàn)操作，下列說法正確的是________A．應(yīng)使小球每次從斜槽上相同的位置自由滾下B．斜槽軌道必須光滑C．斜槽軌道末端必須水平D．小球1質(zhì)量應(yīng)大于小球2的質(zhì)量②上述實(shí)驗(yàn)除需測量線段OM、OP、ON的長度外，還需要測量的物理量有________；A．A、B兩點(diǎn)間的高度差h1B．B點(diǎn)離地面的高度h2C．小球1和小球2的質(zhì)量m1、m2D．小球1和小球2的半徑r③當(dāng)所測物理量滿足表達(dá)式______________(用所測物理量的字母表示)時(shí)，即說明兩球碰撞遵守動(dòng)量守恒定律．如果還滿足表達(dá)式______________(用所測物理量的字母表示)時(shí)，即說明兩球碰撞時(shí)無機(jī)械能損失；④完成上述實(shí)驗(yàn)后，某實(shí)驗(yàn)小組對上述裝置進(jìn)行了改造，如圖所示．在水平槽末端與水平地面間放置了一個(gè)斜面，斜面的頂點(diǎn)與水平槽等高且無縫連接．使小球1仍從斜槽上A點(diǎn)由靜止?jié)L下，重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟1和2的操作，得到兩球落在斜面上的平均落點(diǎn)M′、P′、N′。用刻度尺測量斜面頂點(diǎn)到M′、P′、N′三點(diǎn)的距離分別為l1、l2、l3。則驗(yàn)證兩球碰撞過程中動(dòng)量守恒的表達(dá)式為____________(用所測物理量的字母表示)。12．（12分）有一個(gè)小燈泡上標(biāo)有“4V，2W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法測量這個(gè)小燈泡的伏安特性曲線?，F(xiàn)有下列器材供選用：A．電壓表V1（0～5V，內(nèi)阻約10kΩ）B．電壓表V2（0～10V，內(nèi)阻約20kΩ）C．電流表A1（0～0.3A，內(nèi)阻約1Ω）D．電流表A2（0～0.6A，內(nèi)阻約0.4Ω）E．滑動(dòng)變阻器R1（0～10Ω，2A）F．滑動(dòng)變阻器R2（0～100Ω，0.2A）G．學(xué)生電源（直流6V）、開關(guān)及導(dǎo)線（1）為了調(diào)節(jié)方便，測量盡可能準(zhǔn)確，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用電壓表_________，電流表_________，滑動(dòng)變阻器___________．（填器材的前方選項(xiàng)符號，如A，B）（2）為使實(shí)驗(yàn)誤差盡量減小，要求從零開始多取幾組數(shù)據(jù)；請?jiān)谏厦娴姆娇蛑挟嫵鰧?shí)驗(yàn)電路圖___________．四、計(jì)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）如圖所示的電路中，R1=2Ω，R2=3Ω，R3=6Ω，電壓表為理想電表，當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電壓表示數(shù)為5.0V；當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，電壓表示數(shù)為2.4V，求電源的電動(dòng)勢E和內(nèi)電阻r．14．（16分）如圖所示，A點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為L，坐標(biāo)平面內(nèi)有邊界過A點(diǎn)和坐標(biāo)原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向里．有一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)從A點(diǎn)以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運(yùn)動(dòng)，從x軸上的B點(diǎn)射出磁場區(qū)域，此時(shí)速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60°，求：(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)磁場區(qū)域的半徑R；(3)磁場區(qū)域的圓心O1的坐標(biāo)；(4)電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．15．（12分）如圖所示，用30cm的細(xì)線將質(zhì)量為m=4×10-3kg的帶電小球P懸掛在O點(diǎn)下，當(dāng)空中有方向?yàn)樗较蛴?，大小為E=1×104N/C的勻強(qiáng)電場時(shí)，小球偏轉(zhuǎn)45°后處于靜止?fàn)顟B(tài)．求：（g=10N/kg）(1)分析小球的帶電性質(zhì).(2)求小球的帶電量．

參考答案一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、B【解題分析】

R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)時(shí)，R2減小，整個(gè)電路的總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，R3電壓增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過R1的電流I1減小，即A1示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過R2的電流I2增大，即A2示數(shù)增大．故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．2、C【解題分析】

A．根據(jù)動(dòng)能定理知，電場力做功等于動(dòng)能的變化量，可知電場力做了-10-5J的功，粒子的電勢能增加；故A錯(cuò)誤。B．由題，帶正電的微粒僅受電場力的作用，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減少了10-5J，說明電場力做負(fù)功，則知電場力方向水平向左，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，故微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡是如圖虛線1所示；故B錯(cuò)誤。CD．根據(jù)動(dòng)能定理得：qUAB=△Ek得：又UAB=φA-φBφA=-10V則有：φB=0故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。3、A【解題分析】試題分析：小球遠(yuǎn)離帶正電的A球，說明細(xì)線懸掛的小球帶正電，懸掛的小球離帶正電的A球越遠(yuǎn)，受到的作用力越小，同種電荷距離越近排斥作用越強(qiáng)，所以，電荷之間的相互作用跟距離有關(guān)，且電荷間的作用力大小隨電荷間距離的增大而減?。蔄正確，BCD錯(cuò)誤．故選A．考點(diǎn)：探究電荷間的作用規(guī)律【名師點(diǎn)睛】掌握電荷間的作用，通過懸掛小球是靠近帶正電的A球，還是遠(yuǎn)離靠近帶正電的A球，判斷懸掛小球帶什么電荷；關(guān)鍵是知道偏轉(zhuǎn)角度越大，受到的電荷間的作用力越大．4、C【解題分析】

C．電場力做負(fù)功，該電荷電勢能增加．正電荷在電勢高處電勢能較大，b點(diǎn)的電勢一定比a點(diǎn)高，C不符合題意；D．電場力做負(fù)功同時(shí)電荷可能還受其他力作用，總功不一定為負(fù)．由動(dòng)能定理可知，動(dòng)能不一定減小，D不符合題意；A．根據(jù)題意只能判斷ab兩點(diǎn)的電勢關(guān)系，而電勢高低與場強(qiáng)大小無必然聯(lián)系，所以A不符合題意；B．b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)．但a、b可能不在同一條電場線上，B不符合題意．5、A【解題分析】電容器兩板與電池相連接，則電容兩端的電壓不變A、當(dāng)d增大，S不變，根據(jù)電容的決定式，知電容減小，由得電容器的電量減小，由得兩極板間的電場強(qiáng)度減小，故A正確；B、當(dāng)S增大，d不變，根據(jù)電容的決定式，知電容增大，由得電容器的電量增大，由得兩極板間的電場強(qiáng)度不變，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)S減小，d增大，根據(jù)電容的決定式，知電容減小，由得電容器的電量減小，由得兩極板間的電場強(qiáng)度減小，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)S減小，d減小，根據(jù)電容的決定式，無法判斷電容變化，由和無法判斷電容變化，所以無法判斷電容器的電量變化，由得兩極板間的電場強(qiáng)度增大，故D錯(cuò)誤；【題目點(diǎn)撥】電容器兩板與電池相連接，則電容兩端的電壓不變，根據(jù)電容的變化判斷電量的變化，根據(jù)判斷電場強(qiáng)度的變化6、C【解題分析】ab間總電壓降低了，要使通過G的電流不變，應(yīng)保持G兩端電壓保持不變，①保持R2不變，增大R1時(shí)，R2的電壓變小，R1電壓可能保持不變，即G的電壓不變，通過G的電流保持不變，故①正確；②增大R1，同時(shí)減小R2時(shí)，R2的電壓降低，R1電壓可能保持不變，即G的電壓不變，通過G的電流不變，故②正確；③保持R2不變，減小R1時(shí)，R1兩端的電壓減小，G的兩端的電壓減小了，通過G的電流減小了，故③錯(cuò)誤；④增大R2，減小R1時(shí)，R1兩端的電壓減小了，G兩端的電壓變小了，通過G的電流減小了，故④錯(cuò)誤；故選C．二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)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(cuò)的得0分。7、ACD【解題分析】

A．電流表采用外接法，將會使電阻的測量值偏小，則電阻率的測量值偏小，即ρ測<ρ真，A正確；B．電流表采用外接法，由于電壓表的并聯(lián)引起了電阻絲分流的減小而引起測量誤差，B錯(cuò)誤；C．由ρ＝可知，I、d、U、l中每一個(gè)物理量的測量都會引起ρ的測量誤差，C正確；D．由ρ＝，因式子中的d是平方關(guān)系，可知對實(shí)驗(yàn)結(jié)果準(zhǔn)確性影響最大的是直徑d的測量，D正確。故選ACD。8、BCD【解題分析】試題分析：小球滑上滑車，又返回，到離開滑車的整個(gè)過程，相當(dāng)于小球與滑車發(fā)生彈性碰撞的過程．選取小球運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2由機(jī)械能守恒得：整理得：如果m＜M，小球離開滑車向左做平拋運(yùn)動(dòng)；如果m=M，小球離開小車的速度是0，小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)；如果m＞M，小球離開小車向右做平拋運(yùn)動(dòng)．故A錯(cuò)誤，BCD正確．故選BCD．考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒．會根據(jù)動(dòng)量守恒定律進(jìn)行分析，然后從能量守恒的角度列出方程可聯(lián)立求解速度.9、BC【解題分析】

由題意可知考查力的平衡和牛頓第二定律應(yīng)用，根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律分析可得?！绢}目詳解】A.若滑塊勻速下滑，，加上豎直向上的電場后，滑塊受到豎直向上的電場力作用，設(shè)電場力為F，滑塊繼續(xù)勻速度運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.若滑塊勻速下滑，，加上豎直向下的電場后，滑塊受到豎直向下的電場力作用，設(shè)電場力為F，，說明滑塊仍勻速下滑，故B正確。C.若滑塊勻減速下滑，加上豎直向上的電場后，滑塊仍減速下滑，合力減小，加速度變小，故C正確；D.若滑塊勻加速下滑，加上豎直向下的電場后，滑塊受到的合力增大，加速度增大，故D錯(cuò)誤。【題目點(diǎn)撥】滑塊原來勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，加上電場后合力為零，仍做勻速運(yùn)動(dòng)。若滑塊向下做勻加速、勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律列出方程求出開始時(shí)的加速度，加電場力后受力分析根據(jù)牛頓第二定律列出方程求出后來加速度，比較先后加速度的大小可得。10、AC【解題分析】

A、根據(jù)安培定則可知，通電后，小磁針的N極向紙里偏轉(zhuǎn)，故A正確；B、磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，通電后，小磁針靜止時(shí)N極所指的方向即為電流在小磁針處產(chǎn)生的磁場與地球的磁場的合磁場的方向，故B錯(cuò)誤；C、電流在x0處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BI，則：，所以：，故C正確；D、由矢量的合成可知，x0處合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，故D錯(cuò)誤；故選AC．【題目點(diǎn)撥】根據(jù)安培定則判斷小磁針偏轉(zhuǎn)的方向；小磁針后來的指向?yàn)楹洗艌龇较颍虼烁鶕?jù)平行四邊形定則，已知某個(gè)磁場大小和方向與合磁場方向，可以求出另一個(gè)磁場大?。环治雒鞔_產(chǎn)生磁場與地磁場之間的關(guān)系，同時(shí)根據(jù)圖象進(jìn)行分析即可明確對應(yīng)的結(jié)論．三、實(shí)驗(yàn)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、ACDCm1＝m1＋m2【解題分析】

①[1]A．從相同的位置落下，保證小球1每次到達(dá)軌道末端的速度相同，A正確；B．現(xiàn)實(shí)中不存在絕對光滑的軌道，B錯(cuò)誤；C．為了保證兩小球能夠發(fā)生對心碰撞且碰后做平拋運(yùn)動(dòng)，所以軌道末端必須水平，C正確；D．為了保證1小球碰后不反彈，所以小球1質(zhì)量應(yīng)大于小球2的質(zhì)量，D正確。故選ACD；②③[2][3]小球碰撞滿足動(dòng)量守恒定律：小球飛出軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，下落時(shí)間由高度決定：水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)：聯(lián)立方程：，所以還需要測量的物理量為兩小球的質(zhì)量，C正確，ABD錯(cuò)誤；[4]若能量守恒，根據(jù)能量守恒定律：聯(lián)立方程：；④[5]小球飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，斜面的傾角為，分解位移：消去時(shí)間，解得：，根據(jù)題意，代入動(dòng)量守恒方程中得：。12、A，D，E，【解題分析】(1)因燈泡的額定電壓為4V，為保證安全選用的電壓表量程應(yīng)稍大于4V，但不能大太多，量程太大則示數(shù)不準(zhǔn)確；故只能選用A電壓表；由P=UI得，燈泡的額定電流為：，故電流表應(yīng)選擇0～0