2024届广东揭阳市惠来县第一中学高二物理第一学期期中质量检测试题含解析

2024届广东揭阳市惠来县第一中学高二物理第一学期期中质量检测试题注意事项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、如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡。将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K断开，则下列说法中正确的是（）A．K闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1变更亮，D2变暗B．K闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样C．K断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭D．K断开时，D2立即熄灭，D1亮一下再慢慢熄灭2、如图所示，一均匀的扁平条形磁铁的轴线与圆形线圈在同一平面内，磁铁中心与圆心重合.为了在磁铁开始运动时在线圈中得到逆时针方向的感应电流，磁铁的运动方式可能是（）A．N极向纸内，S极向纸外，使磁铁绕O点转动B．N极向纸外，S极向纸内，使磁铁绕O点转动C．磁铁在线圈平面内顺时针转动D．磁铁在线圈平面内逆时针转动3、如图所示，先接通K使平行板电容器充电，然后断开K。再使电容器两板间距离增大，则电容器所带的电荷量Q、电容C、两板间电压U、板间场强E的变化情况是（）A．C不变，Q变小，U不变，E变小B．C变小，Q变小，U不变，E不变C．C变小，Q不变，U变大，E变小D．C变小，Q不变，U变大，E不变4、一个微型吸尘器的直流电动机的线圈电阻为R,将它接在直流电源上,电动机两端电压为U时，流过线圈的电流为I,则()A．电动机消耗的电功率为B．电动机消耗的电功率为IUC．电动机的发热功率为D．电动机输出的机械功率为5、如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点作切线OO′，OO′与线圈在同一平面上．在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流方向A．始终为A→C→B→AB．先为A→C→B→A再为A→B→C→AC．始终为A→B→C→AD．先为A→B→C→A再为A→C→B→A6、如图所示,长方形abcd长ad=0.6m,宽ab=0.3m,O、e分别是ad、bc的中点,以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场),磁感应强度B=0.25T.一群不计重力、质量m=3×10－7kg、电荷量q=+2×10－3C的带电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域()A．从Od边射入的粒子,出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子,出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子,出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子,出射点分布在ab边和be边二、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、三个阻值都为6Ω的电阻，若它们任意组合连接，则总电阻可能为（）A．2Ω B．6Ω C．8Ω D．9Ω8、使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是()A．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔B．每一次换挡，都要重新进行一次调零C．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处D．测量时，若指针偏转很小(靠近∞附近)，应换倍率更大的挡进行测量9、如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是(

)A．电子一定从A向B运动B．若>，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有<D．B点电势可能高于A点电势10、如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R1=R3=2R0,R2=r=R0,滑动变阻器R的最大阻值为6R0，所有电表均为理想电表．当滑动变阻器R的滑片从a滑向b时，以下判断正确的是（）A．V1的示数变大，V2的示数变小，V3的示数变大，A的示数变小B．电压表示数大小变化关系为C．当R=6R0时，滑动变阻器消耗的功率最大D．，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）（1）用伏安法测一待测电阻，采用下图的电路图，则测量结果将比真实值______。（“偏大”，“偏小”）（2）用电流表和电压表测待测电阻的电流电压时读数如图，则电压表的读数为______V，电流表的读数为______A。12．（12分）如图所示，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．（1）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的末端，再将入射球m1从斜轨S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复，接下来要完成的必要步骤是_______．（填选项的符号）A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度h和抛出点距地面的高度HC．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、ND．测量平抛射程OM、ON（2）若两球相碰前后的动量守恒，则表达式可表示为_____（用（1）问中测量的量字母表示）（3）若m1=45.0g、m2=9.0g、OP=46.20cm,则ON可能的最大值为_____cm．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）一带正电小球，由空中A点以初速度v0水平抛出，落地时速度方向与初速度方向夹角为θ1＝45°.若在整个空间施加竖直向下的电场，电场强度为E＝2mgq，小球仍由A(1)A点距离地面的高度；(2)加电场后，落地时速度方向与v0之间的夹角θ2.14．（16分）匀强电场中A、B、C三点，把电荷量q=-2×10-10C的点电荷由A点移到B点，电场力做功W1=4.8×10-8J；再由B点移到C点克服电场力做功W2=4.8×10-8J，求A、B和B、C间的电势差UAB和UBC；15．（12分）如图所示,ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB部分是半径为R的1/4圆弧形管道,BCD部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B．水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形,MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点,电荷量分别为+Q和-Q.现把质量为m、电荷量为+q的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的A处静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.求:(1)小球运动到B处时受到电场力的大小;(2)小球运动到C处时的速度大小;(3)小球运动到圆弧最低点B处时,小球对管道压力的大小.

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、D【解题分析】

L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡

AB．K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后D1熄灭，D2变亮。故AB错误；CD．K闭合断开，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭，故C错误、D正确；故选D。2、A【解题分析】

根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断．图示时刻穿过线圈的磁通量为零．【题目详解】A、图示时刻穿过线圈的磁通量为零，N极向纸内，S极向纸外转动时，向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向的感应电流，A正确；B、图示时刻穿过线圈的磁通量为零，S极向纸内，N极向纸外转动时，向外的磁通量增大，则线圈中产生顺时针方向的感应电流，B错误；C、D、不论磁铁在线圈平面内顺时针转动，还是逆时针转动，穿过线圈的磁通量仍为零，不变，不产生感应电流，CD错误；故选A。【题目点拨】本题考查分析、判断能力．对于A项，也可以根据线圈切割磁感线产生感应电流来判断．3、D【解题分析】电容器与电源断开，电荷量保持不变，增大两极板间距离时，根据，知电容C变小，根据，知两极板间的电势差U变大，根据，知电场强度E不变，故D正确，ABC错误。【名师点睛】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量。若电容器与电源断开，电荷量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。4、B【解题分析】AB.电动机消耗的总功率P=IU,I2R只能计算热功率；故A错误，B正确；C.电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算,由于电动机为非纯电阻电路,故不能使用U2/R来计算热功率；故C错误；D.电动机的总功率为IU,内部发热的功率为I2R,所以电动机输出的机械功率为IU-I2R,所以D错误。故选：B.点睛：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．5、C【解题分析】

当线圈平面与磁场方向平行时，线圈平面与磁场方向的夹角为1度，则Φ=1．当线圈与磁场方向垂直时，穿过线圈平面的磁通量变大．图中的情况是磁场与线圈垂直，所以开始时的磁通量最大，转过91°时的磁通量最小．所以在线圈由图示位置绕转轴OO′转动181°的过程中，向里穿过线圈的磁通量先减小，后增大．向里穿过线圈的磁通量减小时，根据楞次定律可知，产生的感应电流的方向是A→B→C→A，转过角度大于91°后，向里的磁通量增大，楞次定律可知，产生的感应电流的方向仍然是A→B→C→A，故ABD错误，C正确．故选C．【题目点拨】解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为1，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大．然后根据楞次定律进行判断．6、D【解题分析】

带电粒子垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，，圆周运动半径，与半圆形磁场的半径相同．从Od边射入的粒子，正电荷受力沿da方向指向圆心，根据半径可判断圆周运动的圆心在oa之间，出射的粒子分布于ab边和be边，而不可能是oa边，选项AC错．从aO边射入的粒子，圆心在oa的正上方，根据运动轨迹与半圆形磁场边界的交点，粒子仍然从ab边和be边射出，选项B错D对．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、AD【解题分析】

三个相同电阻可以有四种连接方式：三个电阻串联、三个电阻并联、两个电阻串联后与第三个电阻并联，两个电阻并联后与第三个电阻串联，分析求出阻值。【题目详解】当三个电阻串联时，获得的总阻值为R总1=3R=3×6Ω=18Ω；当三个电阻并联时，获得的总阻值为；当两个电阻串联后与第三个电阻并联，获得的总阻值为；当两个电阻并联后与第三个电阻串联，获得的总阻值为，故AD正确，BC错误。【题目点拨】本题考查串并联电路中电阻的计算，对于电阻的连接方式考虑要全面，不能遗漏。注意串并联电路中电阻的计算方法。8、BCD【解题分析】

A．在测量电阻时，电流从黑表笔流出，经被测电阻到红表笔，再流入多用电表，故A错误；B．每换一次挡位，都要进行一次欧姆调零，故B正确；C．使用前检查指针是否停在欧姆挡刻度线的“∞”处，故C正确；D．测量时若发现表针偏转的角度较小，应该更换倍率较大的挡来测量，故D正确。故选BCD。9、BC【解题分析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC．10、ABD【解题分析】

当滑动变阻器R的滑片从a滑向b时，R的阻值变大，电路的总电流减小，则电流表A的读数减小，电压表V2的示数变小，路端电压变大，即V3的示数变大，根据U1=E-I(R2+r)可知，V1的示数变大，选项A正确；因U3=U1+U2，U1和U3变大，U2变小，可知|△U1|=|△U2|+|△U3|，选项B正确；将R1、R2和R3等效为电源的内阻，则等效电源内阻为，可知当R=r′=3R0时，滑动变阻器消耗的功率最大，选项C错误；因U1=E-I(R2+r)，则；因U3=E-Ir，则，则选项D正确；故选ABD.【题目点拨】本题是电路动态变化分析问题，要搞清电路的结构，抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变进行分析；会用等效电路分析滑动变阻器上功率的最大值．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、偏小2.600.53【解题分析】

（1）[1]根据所示电路图可知，所示电路采用电流表外接法，电压表测量的是电阻两端的电压的真实值，由于电压表的分流作用，电流测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值。（2）[2]电压表的最小分度值为0.1V，应估读到最小分度值的下一位，故电压表读数为2.60V。[3]电流表的最小分度值为0.02A，应估读到最小分度值这一位，故电流表读数为0.53A。12、(1)ACD(2)(3)77.00【解题分析】（1）要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，因此实验中需要测量两小球的质量、先确定落点的位置再测量出平抛的水平距离；故应进行的步骤为ACD；

（3）根据（2）的分析可知，要验证动量守恒应验证的表达式为：m1OP=m1OM+m2ON；

（4）发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒的表达式是：m1v0=m1v1+m2v2

由m1v02=m1v12+m2v22，

得机械能守恒的表达式是：m1•OM2+m2•ON2=m1•OP2，

联立解得：v2=v0，

因此最大射程为：sm=•OP==77.0cm；

点睛：该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键．注意明确射程最大对应的条件．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