2024届江西省南康市南康中学物理高二上期中监测试题含解析

2024届江西省南康市南康中学物理高二上期中监测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，电容器耐压值足够大，二极管为理想二极管．闭合开关s，电路稳定之后又断开开关，以下说法正确的是A．刚闭合开关时，R1和R2中都有电流B．电路稳定时，有恒定的电流流过R0C．电路稳定时，电容器板间电压等于电源电动势D．将开关S断开时，电容器放电2、已知干电池的电动势为1.5V.下列说法正确的是（）A．用电压表直接连接干电池的两极，测量得到的电压就是该电池的电动势B．当外电路闭合时，每当1C的电荷量通过干电池，则该电池就能提供1.5J的电能C．当外电路闭合时，在1s内有1.5C的电荷量通过该电池D．当外电路闭合时，在1s内该电池能提供1.5J的电能3、如图所示,把一带负电的小球放在光滑绝缘面上,欲使球能静止在斜面上,需在MN间放一带电小球,则可A．带负电,放在A点 B．带正电,放在B点 C．带负电,放在B点 D．带负电,放在C点4、在阻值为70Ω的电阻中通以正弦交变电流，测得在10min内放出的热量为2.1×104J，则此交变电流的最大值为()A．0.24A B．0.5A C．0.707A D．1A5、粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（）A． B． C． D．6、如图所示电路，所有电表均为理想电表，.当闭合开关S，触片P向左滑动过程中，四块电表的读数均发生变化，设在滑动过程中、、、在同一时刻的读数分别是、、、；电表示数的变化量的绝对值分别是、、、，那么下列说法正确的是()A．减小，增大B．增大，减小C．为定值、增大D．电源的输出功率在减小，效率在降低二、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、在某段电路中，其两端电压为U，通过的电流为I，通电时间为t，若该电路电阻为R，则关于电功和电热的关系，下列结论不正确的是（）A．在任何电路中，电功UIt=I2RtB．在任何电路中，电功为UIt，电热为I2RtC．在纯电阻电路中，UIt=I2RtD．在非纯电阻电路中，UI≥I2Rt8、如图所示，用两根轻细悬线将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态，为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的磁感应强度的大小和方向正确的是（）A．，竖直向下 B．，竖直向上C．，平行悬线向上 D．，平行悬线向下9、如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V．实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知：带电粒子带电量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则该带电粒子（）A．可能是带负电B．在b点处的电势能为0.3JC．在b点处的动能为零D．在c点处的动能为0.4J10、如图所示是一个由电池、电阻R、电键S与平行板电容器组成的串联电路，电键S闭合，在增大电容器两极板间距离的过程中（）A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a流向b的电流D．电阻R中有从b流向a的电流三、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）用如图(a)所示实验电路测电源电动势和内电阻，其中R0为定值电阻，R为阻值可调可读的电阻箱。（1）实验测得多组电阻箱读数R及对应的电流传感器（相当于理想电流表）读数I，选取电阻箱读数R(Ω)为横坐标，选取y为纵坐标，由计算机拟合得到如图(b)所示的实验图像,则纵坐标（______）A．y=I(A)B．y=I2(A2)C．y=D．y（2）若R0=3Ω,根据在（1）中选取的纵坐标y,由实验图像(b)可得电源电动势E=__________V,内阻r=__________Ω。（小数点后保留一位）12．（12分）图(甲)是用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的游标卡尺测量一工件的长度，结果如图所示．可以读出此工件的长度为_______mm；图(乙)是用螺旋测微器测量某一圆筒内径时的示数，此读数应为_______mm．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）如图所示是一实验电路图，A、B间电压一定，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，（1）分析电流表的变化情况；（2）分析电路总功率的变化情况；14．（16分）如图所示，空间存在着强度方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m、电荷量q的小球．现将细线拉直到水平位置，让小球由静止释放，小球向上运动达到最高点P时，细线受到的拉力恰好达到它所能承受的最大值而断裂．已知匀强电场强度大小。求：（1）细线能承受的最大拉力；（2）从P点开始小球沿水平放方向的位移为L时，小球距O点的高度。15．（12分）已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响．(1)求卫星环绕地球运行的第一宇宙速度v1；(2)若卫星绕地球做匀速圆周运动且运行周期为T，求卫星运行半径r；(3)由题目所给条件，请提出一种估算地球平均密度的方法，并推导出密度表达式．

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】

A．由图可知刚闭合开关时，电流逐渐增大，电容器处于充电过程，R2有从左左往右的电流流过，而由于二极管单向导电，电流不能从左往右流过，故R1没有电流流过，故A错误.BC．电路稳定时电容器不能通过恒定电流，二极管也不能通过电流，故相当于电路断开，R0没有电流流过，此时电容器两端的电压等于电源电动势，故B错误，C正确.D．开关断开后，因为电容器左极板带正电，如果放电，放电电流也要从左往右经过二极管，而二极管不能从左往右经过电流，故D错误.2、B【解题分析】

A．用电压表直接连接干电池的两极时，由于电压表构成了一个外电路，电池有一定的同电压，所以测量得到的电压小于该电池的电动势．故A错误．B．根据电动势的定义式得W=qE，当q=1C，E=1.5V时，W=1.5J，即当外电路闭合时，每当1C的电荷量通过干电池，则该电池就能提供1.5J的电能，故B正确．C．当外电路闭合时，电路中电流不一定是1A，由q=It知，在1s内不一定有1.5C的电荷量通过该电池，故C错误．D．当外电路闭合时，1C的电荷量通过该电池时该电池能提供1.5J的电能，由于电流未知，则所用时间不一定是1s，故D错误．故选B．3、A【解题分析】

小球a要平衡，受重力、支持力和静电力，根据共点力平衡条件分析即可．【题目详解】小球a处于平衡状态，受力平衡，合力为零．小球受重力，一定向下，支持力一定垂直向上，根据平衡条件，故小球b对小球a为静电斥力，则小球b放在A位置，若小球b对小球a为静电引力，则放在C位置，故A正确，BCD错误；故选A．【题目点拨】本题关键对物体受力分析后，根据三力平衡条件，得到未知力的方向范围．4、D【解题分析】根据代入数据得，该电流为交流电的有效值，所以，D正确．5、A【解题分析】

由洛仑兹力充当向心力可求得两粒子的半径关系，则由图可知两粒子的轨迹图；由左手定则可判断粒子的运动方向．【题目详解】根据洛伦兹力提供向心力有，结合粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，可知甲的半径大于乙的半径，由于两粒子均带正电，且速度方向相反，A正确；BCD错误．6、B【解题分析】

A、当触片P向左滑动过程中，导致电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，即减小，因内电压变小，那么外电压增大，由于电阻电压减小，即示数减小，则的示数增大，因此通过电阻的电流在增大，则流过的电流在减小，故A错误，B正确；

C、由图可知，均为定值，故C错误；

D、根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，由题意，开始时外电阻大于电源内阻，则当变阻器的滑动触头P向左移动时，外电路总电阻增大，电源输出的电功率减小，而电源的供电效率，外电阻增大，路端电压U增大，电源的供电效率提高，故D错误．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】

ACD.在纯电阻电路中，电能全部转化为内能，电功等于电热，W=UIt=I2Rt，在非纯电阻电路中，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，电功大于电热，即UIt＞I2Rt，故A、D错误，C正确.B.在任何电路中，电功W=UIt，电热Q=I2Rt，故B正确.本题选不正确的，故选AD.8、BC【解题分析】

为了使该棒仍然平衡在该位置上，

Fmin=mgsinθ得由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上。或者若磁场竖直向上，则棒受水平安培力，则mgtanθ=BIl解得故BC正确，AD错误。

故选BC。9、BD【解题分析】由等势面可知，场强方向向上，由轨迹可知，电场力向上，则为正电荷，则A错误；b点处的电势能EP＝φq=0.01×30=0.3J，则B正确；总能量守恒，由a点处可知E=0.01×10+0.5=0.6J，则b点处的动能为：0.6-0.3=0.3J，则C错误；C点处的动能为为0.6-0.01×20=0.4J，则D正确；故选BD.点睛：本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．10、BC【解题分析】由平行板电容器的电容知，增大电容器两极板间距离则电容变小，B正确；与电源相连U不变，由知，当电容C变小时，电容器所带的电荷量Q也变小，故电容器要放电，则A极板相当于正极，故电流在电阻中从a流向b，C错D正确．答案为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、CE=3.0Vr=0.9Ω【解题分析】

（1）利用闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+R0+r）可得：1I=1E⋅R+R0+rE

所以纵坐标y应为1I，其单位为A-1，故ABD图象斜率：1E=2.6-1.33.9V-1，可得电源电动势：E=3.0V

图象截距：R0+r【题目点拨】本题考查电源的电动势和内电阻的测量方法及数据处理；解题的关键在于数据处理；要注意图象法的应用，此题对学生数学知识的应用能力要求较高。12、52.355.545【解题分析】试题分析：图甲中工件的长度为5.2cm+0.05mm×7=52.35mm；图乙圆筒内径：5.5mm+0.01mm×4.5=5.545mm.考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数.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）电流表示数减小（2）总功率增大【解题分析】

（1）设A、B间电压为U，当滑片向b端滑动时，其接入电路中的电阻减小，使得外电路总电阻减小，根据I=U/R，可知总电流在增加，根据U=IR4+U并，可知CD间电压U并在减小，流过电流表的示数为I=U并/R3，可知电流在减小，电流表读数减小.

（2）因电流I增大，则总功率P=UI增加.【题目点拨】本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体，再到局部”的思路进行分析．14、（1）6mg（2）1.25L【解题分析】试题分析：根据动能定理求出小球到达最高点时的速度；在最高点对小球受力分析，根据牛顿第二定律列方程求细线承受的拉力；细线断裂后小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向的加速度，然后由平抛运动规律求解。（1）设小球运动到最高点时速度为v，根据动能定理：解得：在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律得：解得：（2）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，根据牛顿第二定律则：解得：a=2g小球水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动学公式可得：水平方向：x=vt=L竖直方向：联立解得小球与O点的高度：点睛：本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，在绳子断裂后，分清小球在沿电场方向和垂直于电场方向上的运动规律，在结合运动学公式即可解题。15、(1)(2)(3)【解题分析】试题分析：（1）第一宇宙速度为卫星