福建省闽侯市第六中学2024届高二物理第一学期期中教学质量检测试题含解析

福建省闽侯市第六中学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、在真空中有两个固定的点电荷，它们之间的静电力大小为F．现保持它们之间的距离不变，而使它们的电荷量都变为原来的2倍，则它们之间的静电力大小为（）A．B．C．4FD．2F2、如图所示的电场中有A、B两点,下列判断正确的是(

)A．电势ΦA>ΦB,电场强度EA>C．将电荷量为q的正电荷从A点移到B点,电场力做负功,电势能增大D．将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点,电荷具有的电势能E3、如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．两极板电场强度为E0.一电荷量为q（q＞0）的粒子在电容器中靠近下极板处．以某一初动能竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则粒子的初动能的最小值为（）A．E0qd B．E0qd C．2E0qd D．4E0qd4、如图所示为某物业公司的宣传提醒牌。从提供的信息知：一枚30g的鸡蛋从17楼（离地面人的头部为45m高）落下，能砸破人的头骨。若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10-4s，人的质量为50kg，重力加速度g取10m/s2，则头骨受到的平均冲击力约为A．1000N B．2000N C．2500N D．4000N5、如图所示，一个带负电荷的小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内部，闭合开关后，小球静止时悬线与竖直方向成θ角，则（）A．闭合开关后，减小AB板间的距离，则夹角θ增大B．闭合开关后，减小AB板间的距离，则夹角θ减小C．断开开关后，使B板竖直向上移动，则夹角θ减小D．断开开关后，增大AB板间的距离，则夹角θ减小6、某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知（）A．反映变化Pr的图线是cB．电源电动势为8VC．电源内阻为D．当电流为1A时，电源的效率为75%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、宇宙观测发现，在宇宙中甲、乙两个星体组成的双星系统，它们同时绕其连线上的某点O做匀速圆周运动，已知甲乙的质量之比为7:1，由此可知A．甲、乙的线速度大小之比为7:1B．甲、乙的向心力大小之比为1:1C．甲、乙的运行轨道半径之比是1:7D．甲、乙的周期之比为1:78、某静电场中的一条电场线与x轴重合，其上电势的变化规律如图所示，在x0点由静止释放一个负电荷，此电荷仅受电场力的作用，下列说法正确的是（）A．静电场是匀强电场B．静电场的场强方向沿x轴负方向C．电荷先沿x轴负方向做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动D．电荷将沿x轴正方向做匀加速直线运动9、如图所示，A、B两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为+q和－q，两球间用绝缘细线连接，A球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为L。现在两球所在的空间加上一方向水平向左的匀强电场，电场强度，A、B两球最后会静止在新的平衡位置，则在这个过程中，两个小球()A．总重力势能增加了B．总重力势能增加了C．总电势能减少了D．总电势能减少了10、如图所示，竖直的光滑半圆形轨道，水平直径ac=2R，轨道左半部分处在垂直纸面向里的匀强磁场中，右半部分处在垂直纸面向外的匀强磁场中。将质量为m的金属小球从a点无初速释放，下列说法正确的是A．小球不可能运动到c点B．运动过程中小球内没有感应电流C．运动过程中系统的机械能守恒D．小球最终产生的内能为mgR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）用如图所示的装置研究平抛运动，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落．A、B两球同时开始运动，观察到两球_______落地（填“同时”或“不同时”）；改变打击的力度，重复这个实验，观察到两球_______落地（填“同时”或“不同时”）．12．（12分）在“研究平抛运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=2.50cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算公式为v0=____（用L、g表示），其值等于____m/s；小球在位置b点的速率大小_____m/s；图中位置a是否是小球平抛运动的起抛点____（选填“是”、“不是”）（取g=10m/s2）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）直流电动机线圈电阻一定，用手握住转动轴使其不能转动，在线圈两端加电压时，流经线圈的电流为松开转动轴，在线圈两端加2V电压时，流经线圈的电流为，电动机正常工作．求该电动机正常工作时，电动机的输入功率是多少？电动机输出的机械功率是多少？14．（16分）如图所示电路中,电源电动势E=240V,内阻,R1=R2=1Ω,某电热器组中装有50个完全相同的电热器,每个电热器规格为“200V,800W”,其他电阻不计,不考虑电热器电阻随温度的变化,问:(1)接通几个电热器时,实际使用的电热器都能正常工作?(2)接通几个电热器时,电源输出功率最大?最大输出功率是多少?15．（12分）如图所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd，线框质量为m,电阻为R,边长为L，有yi方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B,磁场区宽度大于L，左边界与ab边平行，线框水平向右拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．(1)若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时七两点间的电势差；(2)若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过h时间七边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率；(3)若线框速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0，经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q，后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0,求线框穿过磁场所用的时间t.

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】

距离改变前当电荷量都变为原来的2倍时故C正确。2、D【解题分析】

AB、由图示可知，B处的电场线密，A处的电场线稀疏，因此B点的电场强度大，A点的场强小，即EA<EB；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，由图示可知φC、将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减小，故C错误；D、将电荷量为q的负电荷从A点移到B点，电场力做负功，电势能增加，则有EPB>EPA故选D。【题目点拨】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿着电场线方向电势是降低的；带电粒子在电场中做正功，电势能减小，若做负功，电势能增加。3、C【解题分析】根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：将粒子的速度v分解为垂直于板的vy和平行的vx，由于极板与水平面夹角45°，粒子的初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为：，当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，即粒子垂直于极板方向的速度vy′=0，此时动能最小，根据运动学公式有：，最小动能为：，联立可得：，故C正确，ABD错误．4、B【解题分析】

由2gh=v2可得鸡蛋质量，设向下为正方向，对碰撞过程由动量定理可得：代入数据得负号说明鸡蛋受到的冲击力向上，根据牛顿第三定律可知，头骨受到的平均冲击力为2000N。故选B。5、A【解题分析】

AB：保持开关S闭合，电容器两板间电压等于电源电动势不变，减小AB板间的距离，则板间电场强度增大，小球所受电场力变大，小球静止时悬线与竖直方向的夹角θ变大．故A项正确，B项错误．C：断开开关，电容器所带电荷量不变，据、、可得：；B板竖直向上移动，两板正对面积减小，板间电场强度增大，小球所受电场力变大，小球静止时悬线与竖直方向的夹角θ变大．故C项错误．D：断开开关，电容器所带电荷量不变，据、、可得：；增大AB板间的距离，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，小球静止时悬线与竖直方向的夹角θ不变．故D项错误．【题目点拨】①平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化．②平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化．6、A【解题分析】

A．电源内部的发热功率Pr=I2r，Pr－I图象是抛物线，而且是增函数，则反映Pr变化的图线是c，故A正确；B．直流电源的总功率PE=EI，P－I图象的斜率等于电动势E，则有故B错误；C．图中I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有Pr=I2r，得到故C错误；D．当电流为1A时，电源的总功率P=4W，Pr=2W，输出功率则电源的效率为故D错误。故选A。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】甲乙两星体可视为双星系统．所以甲乙周期是相等的，角速度也是相等的A项：它们之间的万有引力提供各自的向心力得：mω2r=Mω2R，甲乙质量比约为1：1，所以甲乙半径之比为1：1，根据v=ωr可知，线速度之比为1：1．故A错误，C正确；B项：它们之间的万有引力提供各自的向心力，则甲乙向心力大小相等，故B正确；D项：甲乙两星体可视为双星系统，周期是相等的．故D错误．点晴：解决本题关键理解甲乙两星体可视为双星系统．所以甲乙周期是相等的，角速度也是相等的．8、BD【解题分析】由图象可知电势与距离不成正比，由公式U=Ed，可知该静电场是非匀强电场，故A错误；根据沿着电场线方向电势降低，由图象可知电场线的方向为x轴负方向，故B正确；在x0点由静止释放一负电荷，受到沿x正方向的电场力，沿x轴正方向运动，根据图象可知x0以后，图象的斜率不变，则电场强度不变，所以电场力不变，故加速度不变，电荷将沿x轴正方向做匀加速直线运动，故C错误，D正确；故选BD.点睛：本题考查了匀强电场中电势与电场强度的关系，要加强识别图象并从图象中获取信息的能力．同时还可根据电场力做功来确定电子的电势能如何变化．9、BD【解题分析】把A、B两球看成一个整体水平方向受的电场力为零，从竖直方向受力分析，可知：A绳始终是竖直的，即A球的的重力势能不变；隔离B，水平向右电场力F=qE=mg；向下重力也是mg，对其受力分析根据平衡条件可知：B绳与水平成450，这时B球位置升高，所以重力势能增加，故A正确，B错误；由于B电荷向右移动了，所以电场力对B电荷做功为，所以电势能减少了，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。10、AD【解题分析】

ABC.小球左边磁场进入右边磁场过程中，磁通量先向里减小，再向外增加，所以磁通量发生了变化，会产生感应电流，系统机械能不守恒，所以小球不能运动到c点，故A正确，BC错误；D.根据能量守恒，可知小球最终停在最低点b，重力势能全部转化为内能，所以小球最终产生的内能为mgR，故D正确。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、同时同时【解题分析】

[1][2]由于两球同时运动，A球做平抛运动，B球自由落体运动，发现每次两球都同时落地，由于两球同时落地，因此说明A、B在竖直方向运动规律是相同的，故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动。12、11.16不是【解题分析】

平抛运动竖直方向是自由落体运动，对于竖直方向根据△y=gT2求出时间单位T．对于水平方向由公式求出初速度；根据b点的竖直分速度，结合速度时间公式求出a点的竖直分速度，从而确定a点是否是抛出点．【题目详解】设相邻两点间的时间间隔为T，竖直方向：2L-L=gT2，得到；水平方向：；小球在b点时，竖直方向上的瞬时速度等于所以b点的速度b点的竖直分速度vby=0.75m/s，则a点的竖直分速度vay=vby-gT=0.75-10×0.05=0.25m/s≠0，可知a不是抛出点.【题目点拨】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解.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、（2分）（2分）（2分）【解题分析】

由求解电动机正常工作时输入的电功率；由求出电动机正常工作时电动机线圈消耗的热功率，电动机的输入功率与热功率之差是电动机的机械功率．【题目详解】解：(1)电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻为：电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入的电功率为：(2)线圈内阻产生的热功率为：电动机的机械功率为：【题目点拨】本题应知道电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律求出电动机电阻是本题的切入点；知道电动机的输入功率与热功率之差是电动机的输出功率