2024届云南省凤庆二中物理高二上期中学业质量监测模拟试题含解析

2024届云南省凤庆二中物理高二上期中学业质量监测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、质量为2.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m．小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内小球受到合力的冲量大小为（空气阻力不计，g取10m/s2）A．20N·sB．80N·sC．60N·sD．40N·s2、下列说法正确的是（）A．处于静电屏蔽的导体内各点的电势相等，场强也相等B．匀强电场中各处场强相等，电势也相等C．沿电场线方向电场强度一定越来越小D．电势降低的方向就是电场线的方向3、有一粗细均匀的电阻丝，电阻是3Ω。当它被均匀拉长后，其电阻变为108Ω，则它的长度为原来长度的（）A．6倍B．9倍C．18倍D．36倍4、关于静电场，下列说法中正确的是A．在电场强度为零的区域电势一定为零B．在静电场中，场强方向是电势降低最“快”的方向C．同一等势面上各点电场强度一定相同D．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低5、如图，a、b、c是在地球大气层外圆轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度B．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的cD．a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大6、电路中2s内有6×1013个电子自由电子（e=1.6×10-19c）通过横截面积为0.6×10-6m2的导线，那么电路中的电流是（）A．4.8×10-6AB．3×10-13AC．9.6×10-6AD．无法确定二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离均为3.0cm，已知BB′上的电势为0V．一个电子沿AA′方向以初动能Ek=4eV自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场，电子从P到C′的过程电场力做功为6eV．下列说法正确的是A．平面AA′上的电势为3VB．该匀强电场的场强为100V/mC．该粒子经过平面BB′时的电势能为10eVD．该粒子从P到C′的过程动能和电势能总和守恒8、如图所示，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻Rx的说法正确的是（）A．Rx的测量值比真实值大 B．Rx的测量值比真实值小C．Rx的真实值为99.8Ω D．Rx的真实值为100.2Ω9、一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确（）A．此液滴带负电B．液滴的加速度等于2C．液滴的重力势能和电势能都减小D．合外力对液滴做的总功等于零10、全自动洗衣机中的排水阀是由程序控制器控制其动作的，当进行排水和脱水工序是，控制铁芯1的线圈通电，使铁芯2动作，从而牵引排水阀的阀门，排出污水（如图所示）．以下说法正确的是A．若a、b处输入交变电流，铁芯2不能被吸入线圈中B．若a、b处输入交变电流，铁芯2仍能被吸入线圈中C．若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为N极，B端为S极D．若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为S极，B端为N极三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）“探究加速度与力、质量的关系”的实验采用的是控制变量法．研究物体加速度与质量的关系时，应保持物体的（_________）(填“合力”或“质量”)不变；研究物体加速度与合力的关系时，作出的a-F图像如图所示，由图可知，a与F成（_________）(填“正比”或“反比”)．12．（12分）小明用如图所示的电路“测量电池的电动势和内电阻”．(1)备有如下器材A．干电池1节B．滑动变阻器(0～20Ω)C．滑动变阻器(0～1kΩ)D．电压表(0～3V，内阻约3kΩ)E．电流表(0～0.6A，内阻约0.8Ω)F．电流表(0～3A，内阻约0.2Ω)G．开关、导线若干其中滑动变阻器应选__________，电流表应选__________．(只填器材前的序号)(2)某同学根据实验数据画出的U－I图像如图所示，由图像可得电池的电动势为_____V，内电阻为_____Ω.（保留两位有效数字）(3)实验时由于电压表的分流作用，导致电动势E的测量值_____（选填“小于”或“大于”）其真实傎。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）将电荷q=从电场中A点移到B点，电场力做功为。求：（1）UAB为多少？（2）若B点电势为零，则A为多少？14．（16分）在如图所示的电路中，定值电阻R1=1.4Ω、R2=0.5Ω，电源内阻r=0.6Ω，电容器的电容C=100μF．当开关S断开时，电容器上容纳的电荷量Q=3×10-4C，理想电流表A的示数I=1.5A．求：(1)电阻R3的阻值；(2)电源的电动势E及电源的效率；(3)当开关S闭合时，电容器充电还是放电？从开关S闭合到电路稳定的过程中，电容器上所带电荷量变化了多少？15．（12分）如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d，长度无限大。质量为m、电荷量为+q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，Ⅰ区磁场右边界距A点无限远。求：（1）从距A点d处的E射入的粒子在磁场区域内运动的时间；（2）粒子在磁场区域内运动的最短时间；（3）从MN边界出射粒子的区域长度。

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解题分析】

由动能定理可得：小球从开始下落到落到软垫上过程中：mgh1=12mv12-0，解得：v1=20m/s，方向：竖直向下；小球从反弹到到达最高点过程中：-mgh2=0-12mv22，解得：v2=10m/s，方向竖直向上；以竖直向上为正方向，由动量定理得：I=mv2-mv1=2kg×10m/s-2kg×（-20m/s）=60N•s2、A【解题分析】：A、处于静电屏蔽的导体内各点的合场强为零，即场强相等，导体又是一个等势体，所以电势也相等，故A正确；B、匀强电场中各处的场强相等;但沿电场线方向电势一定越来越小,所以电势并不是相等的.故B错误;

C、沿电场线方向电势一定越来越小,而场强的大小由电场线的疏密决定.故C错误;

D、电势降低最快的方向就是电场线的方向，而电势降低的方向不一定是电场线的方向，故D错误；综上所述本题答案是：A3、A【解题分析】

当导体的长度拉长到原来的x倍时，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的1x；而导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的x2倍即3【题目点拨】在电阻丝温度不变的条件下，电阻的影响因素是材料、长度、横截面积，当导线被拉长后，长度变长的同时，横截面积变小，但导体的整个体积不变。4、B【解题分析】

A.电场强度为零，电势不一定为零，比如等量同种电荷连线的中点，电场强度为零，电势不为零。故A错误。B.沿着电场线的方向电势逐渐降低，但是电势降低的方向不一定是电场强度的方向，应该是电势降低最快的方向为电场强度的方向。故B正确。C.等势面是电势相同的点的集合，场强不一定相同。故C错误。D.电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低。故D错误；5、D【解题分析】

卫星绕地球做圆周运动，靠万有引力提供向心力，A．线速度，根据题意ra＜rb=rc，所以b、c的线速度大小相等，小于a的线速度，故A错误；B．向心加速度，结合ra＜rb=rc，可得b、c的加速度大小相等，且小于a的加速度，故B错误；C．c加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，b减速，万有引力大于所需向心力，卫星做近心运动，离开原轨道，所以不会与同轨道上的卫星相遇，故C错误；D．卫星由于阻力的原因，轨道半径缓慢减小，根据公式，则线速度增大，故D正确．6、A【解题分析】

根据电流的定义式，可得电路中的电流I=qt=二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BD【解题分析】

A.电子从P到C′的过程电场力做功为6eV，即，所以，已知BB′上的电势为0V则平面AA′上的电势为-3V，故A错误；B.根据匀强电场电场强度公式可知，故B正确；C.已知BB′上的电势为0V，根据可知该粒子经过平面BB′时的电势能为0eV，故C错误D.粒子运动过程中只有电场力做功，使得动能和电势能之间相互转化，所以粒子的动能与电势能之和不变，故D正确8、AC【解题分析】

由电路图可知，实验采用了电流表的内接法，电阻的测量值=100Ω；由电路图可知，电压表所测的是电流表与待测电阻的电压，因此电阻测量值是待测电阻阻值与电流表内阻之和，则电阻的真实值：Rx=R﹣RA=100Ω﹣0.2Ω=99.8Ω，电阻的测量值大于电阻真实值，故AC正确，BD错误；故选AC．9、ABC【解题分析】

根据带电液滴作直线运动可知带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，利用假设法可以判定出带电液滴所带电荷的性质，从而求出电场力的大小与合外力的大小再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况。【题目详解】A项：若液滴带正电，其受力情况如图所示，液滴不可能沿bd运动，故只能带负电荷，故A正确；B项：对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，故物体所受合力F=2mg，故物体的加速度a=2C项：由于电场力所做的功W电=Eqxbdcos45°＞0，故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，液滴向下运动，所以重力势能也减小，故C正确；D项：由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故D错误。故应选：ABC。【题目点拨】带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握。10、BD【解题分析】

AB．若a、b处输入的是交变电流，则铁芯仍能被磁化，且磁化后的磁性总是与线圈要发生相吸的作用，则铁芯2仍能被吸入线圈，故A错误，B正确。CD．若输入的控制电流由a

流入，由b流出，则根据右手螺旋定则可知，铁芯1下端是S极，上端是N极。那么铁芯2中A端为S极，B端为N极，故C错误，D正确；故选BD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、合力正比【解题分析】“探究加速度与力、质量的关系”的实验采用的是控制变量法．研究物体加速度与质量的关系时，应保持物体的合力不变；研究物体加速度与合力的关系时，作出的a-F图像如图所示，由图可知，a与F成正比．12、BE1.51.0小于【解题分析】

[1][2]由表中测量数据的范围知测量电流最大值小于0.6A，故电流表选择0.6A量程的E即可，滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，故滑动变阻器选B；[3][4]根据U−I图象可知，与U轴的交点表示电动势，所以E＝1.5V，图线的斜率表示内阻，所以[5]本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成，四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）-200V（2）-200V【解题分析】（1）根据电势差和电场力作用的关系

所以（2）根据电势差的定义UAB=φA-φB，所以φA=UAB+φB=-200V+0=-200V14、(1)2(2)E=6V，(3)电容器放电，2×10-4C【解题分析】

(1)闭合开关S后电路稳定时，电容器两极之间的电压电容器两板间的电压等于电阻R3两端的电压，所以电阻(2)由闭合电路的欧姆定律可得电源的效率(3)闭合开关S后R2与R3并联，则总电流并联部分的电压可知电容器两极之间的电压减小，则电容器放电，电容器极板上电荷量的变化15、（1）（2）（3）【解题分析】

(1)粒子做匀速圆周运动，根据向心力公式，有其中：解得r=d；画出粒子恰好不进入II区的临界轨迹，如图所