山东省华侨中学2024届高二物理第一学期期中教学质量检测试题含解析

山东省华侨中学2024届高二物理第一学期期中教学质量检测试题注意事项：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、一面积为S的线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量为（）A．0； B．B/S； C．S/B； D．BS2、一只普通白炽灯，不通电时灯丝的电阻为R1；正常发光时灯丝的电阻为R1．比较R1和R1的大小，应是()A．R1＞R1B．R1＜R1C．R1＝R1D．条件不足，无法判断3、下列关于磁铁的使用的说法中不正确的是（）A．磁铁受到撞击会使磁铁的磁性减弱B．原先没有磁性的铁，在长期受到磁铁的吸引会产生磁性C．对磁铁加热会使磁铁的磁性减弱D．永磁体在受到加热或敲打后，其磁性不会发生改变4、闭合线框abcd，自某高度自由下落时穿过一个有界的匀强磁场，当它经过如图所示的三个位置时，感应电流的方向是（）A．经过Ⅰ时，a→d→c→b→aB．经过Ⅱ时，a→b→c→d→aC．经过Ⅱ时，无感应电流D．经过Ⅲ时，a→b→c→d→a5、如图甲所示，直线AB是某孤立点电荷电场中的一条电场线，一个电子仅在电场力作用下沿该电场线从A点运动到B点，其电势能随位置变化的关系如图乙所示.设A、B两点的电势分别为φA、φB，电子在A、B两点的动能分别为EkA、EkB.则关于该孤立点电荷的位置及电势、电子动能大小的说法正确的是()A．孤立点电荷带负电，位于B点的右侧，φA>φB，EkA>EkBB．孤立点电荷带正电，位于A点的左侧，φA>φB，EkA<EkBC．孤立点电荷带正电，位于B点的右侧，φA<φB，EkA>EkBD．孤立点电荷带负电，位于A点的左侧，φA<φB，EkA<EkB6、下列各式中属于定义式的是（）A． B． C． D．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、如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R3=r，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动，电表为理想电表，则下列说法正确的是（）A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小C．电源的总功率增大 D．电源外部消耗的热功率先增大后减小8、如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中A．U先变大后变小 B．I先变小后变大C．U与I比值先变大后变小 D．U变化量与I变化量比值等于R39、如图所示，甲乙为两个验电器．甲不带电，乙带正电且上端为几乎封闭的空心金属球（仅在上端开一小孔）．让带有绝缘柄的小球C（尺寸比小孔小先后接触两个验电器的金属球，观察验电器甲的箔片，你将看到的现象为A．让C先接触乙金属球的外部，再接触甲的金属球，甲的箔片不张开B．让C先接触乙金属球的外部，再接触甲的金属球，甲的箔片将张开C．让C先接触乙金属球的内部，再接触甲的金属球，甲的箔片将张开D．让C先接触乙金属球的内部，再接触甲的金属球，甲的箔片不张开10、如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等，则这两个电路中的U甲，U乙，R甲，R乙之间的关系，正确的是()A．U甲>U乙 B．U甲＝4U乙 C．R甲＝4R乙 D．R甲＝2R乙三、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）某同学想描绘标有“3.8V0.3A”的小灯泡灯丝电阻R随电压U变化的图象．除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：A（量程0.6A，内阻约)电压表：V(量程5V，内阻约)电源：E（电动势为4V，内阻约为）滑动变阻器：R1（最大阻值约为）、R2（最大阻值约为）电键S，导线若干．（1）在答题卡的方线框内画出电路图_______（2）为了调节方便，实验中应选用滑动变阻器____．(选填器材前的字母代号)（3）根据实验数据，计算并描绘出的图象如图乙所示.由图象可知当所加电压为3.00V时，灯泡实际消耗的电功率为_______W（计算结果保留两位有效数字）.12．（12分）某同学利用如图甲所示的装置探究在弹性限度内“弹簧弹力和弹簧伸长的关系”实验，弹簧的最上端与刻度尺的零刻度对齐．（1）将一个50g的钩码挂在弹簧的下端，弹簧指针如图乙所示，则指针示数为_____cm．（2）在弹性限度内，将每个50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到挂上不同数目的钩码对应的指针示数L如表所示，用表中数据计算出弹簧的劲度系数k=_____N/m，弹簧没有挂钩码时的竖直长度为_____cm．（重力加速度g=10m/s2，结果保留三位有效数字）．钩码数1234L/cm19.7123.7027.70四、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，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2m，板间距离d=1m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压UAO变化规律如图所示，变化周期为T=2×10-3s，U0=103V，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0=1000m/s的速度射入板间，粒子电量q=1×10-5C，质量m=1×10-7kg．不计粒子所受重力．求：（1）粒子在板间运动的时间；（2）粒子打到荧光屏上的纵坐标；（3）粒子打到屏上的动能．14．（16分）如图所示，在水平放置的平行板电容器形成的匀强电场中，MN两点之间的连线与竖直方向的夹角为60º．把带电量为q=－1.5×10－8C的点电荷由M点移到N点，克服电场力做了4.2×10－5J的功．若已知M点电势φM=800V，MN长为1cm．试求：（1）N点电势φN；（2）电场强度的大小和方向．15．（12分）如图所示，A、B为一对平行板，板长为L，两板间的距离为d，板间区域内充满着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，一个质量为m，带电荷量为＋q的带电粒子自静止开始经M、N两平行金属板间的电场加速后，从A、B两板的中间沿垂直于磁感线的方向射入磁场．(不计粒子的重力)求：(1)若粒子的初速度为0，M、N两板间的电压为U，求射出电场时粒子的速度大小．(2)粒子以上述速度射入匀强磁场后做圆周运动的半径是多大？(3)MN两极板间的电压U应在什么范围内，粒子才能从磁场内射出？

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】

根据磁通量的定义可知，线圈在匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量是，故D正确，A、B、C错误；故选D。2、B【解题分析】试题分析：正常发光时温度要比不通电时温度高，又因为金属导体电阻随着温度的升高而增大，所以有，故B正确考点：考查了电阻定律3、D【解题分析】

磁铁受到撞击会使磁铁的磁性减弱，原先没有磁性的铁，在长期受到磁铁的吸引会产生磁性，对磁铁加热会使磁铁的磁性减弱，故ABC正确，D错误。故选D。4、C【解题分析】

经过Ⅰ时，向里的磁通量增加，根据楞次定律则感应电流磁场方向向外，由右手定则判断感应电流方向为逆时针，故A错误；经过Ⅱ时，磁通量不变，则感应电流为0，故B错误，C正确；经过Ⅲ时，向里的磁通量减少，根据楞次定律感应电流的磁场方向向里，由右手定则判断感应电流方向为顺时针，故D错误．故选C．5、A【解题分析】

由图看出电子从A点运动到B点，其电势能增加，电场力对电子做负功，所以电子所受的电场力方向从B→A．电子带负电，所以电场线的方向从A→B．根据顺着电场线的方向电势降低，则知φA＞φB．由能量守恒定律判断得知电子的动能减小，即有：EkA＞EkB。若孤立点电荷带负电，该电荷应位于B点的右侧，若孤立点电荷带正电，该电荷应位于A点的左侧，故A正确，BCD错误。故选A。【题目点拨】解决本题关键掌握电场力做功与电势能变化的关系，掌握电场线方向与电势变化的关系，能熟练运用能量守恒定律判断能量的变化，是常见的问题.6、B【解题分析】

A．加速度决定式，不是定义式，故A错误；B．电容器电容的定义式，属于定义式，故B正确；C．是欧姆定律的表达式，不属于比值定义式，故C错误；D．是点电荷的电场强度的决定式，故D错误。故选B。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、BC【解题分析】

AB.将R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流I增大，电源的内电压增大，路端电压减小，即电压表示数U减小。R3的电压也增大，R1的电压减小，电流减小，即I1减小；所以I2增大。故A错误，B正确；C.由于总电流I增大，电源的总功率P=EI增大，故C正确；D.由于R3=r，外电路电阻大于内阻，R2减小，外电路电阻减小，电源的输出功率逐渐增大，故D错误。故选：BC8、BC【解题分析】由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；在滑动变阻器的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的的电阻与的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误；【题目点拨】当滑动变阻器的两部分并联在电路中时，在最中间时，电阻最大，滑片从一端移动到另一端的过程中，电阻先增大后减小，9、BD【解题分析】

AB．空腔导体带电时净电荷分布与金属球外侧，内部不带电，故让C先接触乙金属球的外部，再接触甲的金属球，甲的箔片将张开，故A错误，B正确；

CD．空腔导体带电时净电荷分布与金属球外侧，内部不带电，故让C先接触乙金属球的内部，再接触甲的金属球，甲的箔片不张开，故C错误，D正确．10、AC【解题分析】

设灯泡的额定电流为I0，因两灯泡正常发光，故灯泡中电流相等；则甲电路中电流为I0；乙电路中电流为2I0；因总功率相等，故两电阻消耗的功率相等；则由P=I2R可知，R甲=4R乙；故C正确，D错误；则由欧姆定律可知：U甲=I0R甲+2U=4I0R乙+2U；U乙=2I0R乙+U；故U甲=2U乙；故A正确，B错误；故选：AC.【题目点拨】分析电路的结构，根据串并联电路的特点得出电流关系，由欧姆定律可得出电压之比及电流之比．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、0.78【解题分析】（1）因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法，所以要选择电阻值比较小的，故选；因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法；小灯泡的电阻值：，由于，即电压表的电阻远大于小灯泡的电阻，所以实验中采用电流表外接法，实验原理图如图：，（3）由R-U图象知，当U=3.00V时，则灯泡实际消耗的电功率为.故答案为（1），（2），（3）0.78.【题目点拨】测定小灯泡的伏安特性曲线实验要求电压与电流从零调起或要求电流电压调节范围大一些，因此，滑动变阻器应采用分压式接法．12、（1）15.71；（2）12.5；11.71；【解题分析】（1）由图乙可知：指针示数为15.71cm；(2)由表格中挂不同钩码是弹簧的长度可知：设弹簧的原长为L0，则有，，由以上两式可得：，。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）（2）0.85m（3）【解题分析】试题分析：（1）粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，则L=v0ts（2）0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1，则m纵坐标m（3）粒子出射时的动能，由动能定理得：J考点：带电粒子在电场中的偏转；动能定理．14、（1）-2000V（2）5.6×104V/m垂直于极板，由A板指向B板【解题分析】试题分析：（1）M、N两点的电势差为：UMN=V=2800V设N点的电势为φN，根据UMN＝φM－φN得：φN＝φM－UMN＝800V－2800V＝－2000V（2）电场强度为：E＝5.6×104V/m；方向为：垂