福建省三明市第一中学2024届物理高二第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

福建省三明市第一中学2024届物理高二第一学期期中学业质量监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，在匀强电场中有直角三角形BOC，电场方向与三角形所在平面平行，若三角形三顶点处的电势分别为、、，且边长，，则下列说法中正确的是A．电场强度的大小为B．电场强度的大小为C．电场强度的大小为100V/mD．一个电子在O点由静止释放后会沿直线OB运动2、如图，以点电荷+Q为圆心，画同心圆与电场线交于A、B、C三点，半径之比为1∶2∶3，根据以上信息，下列说法正确的是（）A．同一同心圆上电场强度处处相同，电势处处相等B．图中A、B、C三点的电场强度之比为9∶4∶1C．A、B两点间的电势差等于B、C两点间的电势差D．将一正试探电荷q从A移动到C的过程中电势能减少3、一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻波的图象如图所示，已知波速为20m/s，图示时刻x＝2.0m处的质点振动速度方向沿y轴负方向，可以判断A．质点振动的周期为0.20s B．质点振动的振幅为1.6cmC．波沿x轴的正方向传播 D．图示时刻，x＝1.5m处的质点加速度沿y轴正方向4、铁环上绕有绝缘的通电导线,电流方向如图所示.，若有一电子束以垂直于纸面向里的速度从0点射入.则电子的运动轨迹：A．向上偏转B．向下偏转C．向左偏转D．向右偏转5、穿过一个总匝数为100匝的闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则线圈中（）A．感应电动势为40VB．感应电动势为4VC．感应电动势为0.4VD．感应电动势为0.04V6、如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流和，且；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是A．a点 B．b点 C．c点 D．d点二、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，金属环A用绝缘轻绳悬挂，其中心与长直螺线管共轴，并位于其左侧。长直螺线管连接在如图所示的电路中。下列说法正确的有A．S闭合的瞬间，A环向左摆动，并有收缩的趋势B．S闭合的瞬间，A环向右摆动，并有扩大的趋势C．在S闭合的情况下，将R的滑动头的左端移动，A环向左摆动，并有收缩的趋势D．在S闭合的情况下，将R的滑动头向右端移动，A环向右摆动，并有收缩的趋势8、如图所示，导线框abcd与固定直导线AB在同一平面内，直导线AB中通有恒定电流I，当线框由图示位置向右匀速运动的过程中（）A．线圈中的感应电流方向是abcda B．线圈中的感应电流方向是dcbadC．线圈中的感应电流大小逐渐减小 D．线圈中的感应电流大小不变9、远距离输电时，当输送的功率相同时，输送导线上的电阻损失的功率应是：A．与输送的电压的平方成正比B．与输送的电流的平方成正比C．与输送的电压的平方成反比D．与输电导线上的电压降的平方成正比10、如图所示的电路，是定值电阻，是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关，在电路稳定后，将滑动变阻器的滑动触头由中点向下移动的过程中()A．电压表示数变小B．电容器充电C．电源的总功率变大D．通过滑动变阻器的电流变小三、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）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为______mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为______mm；用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为______Ω。(2)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：A．待测圆柱体电阻RB．电流表A1，（量程0～4mA，内阻约为50Ω）C．电流表A2，（量程0～10mA，内阻约为30Ω）D．电压表V1，（量程0～3V，内阻约为10kΩ）E.电压表V2，（量程0～15V，内阻约为25kΩ）F．滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）G．滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）H．直流电源E（电动势4V，内阻不计）I．开关S、导线若干为使实验误差较小，要求便于调节且测得多组数据进行分析，所选电流表_____，电压表______，滑动变阻器_____（填所选器材的符号），并在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号。____(3)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ=________Ω·m。(保留2位有效数字)12．（12分）某物理兴趣小组要描绘一个标有“3V0.8W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差．可供选用的器材除导线、开关外，还有：a.电池组（电动势为4.5V，内阻约为1Ω）b.电流表（量程为0～300mA，内阻约为1Ω）c.电压表（量程为3V，内阻约为3kΩ）d.滑动变阻器（最大阻值为20Ω，额定电流为1A）(1)实验电路应选用图中的_____（填选项字母）.(2)请按照(1)中正确选择的实验电路，补充完成图甲中的实物连线_________.(3)以电压表的示数U为横轴，以电流表的示数I为纵轴，根据实验得到的多组数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示．由图乙可知，随着电压的增大，小灯泡的电阻_____（选填“增大”或“减小”），发生这一变化的原因是_____.(4)从图乙可知，当灯泡两端电流为0.26A时，小灯泡的功率等于_____W（结果保留两位有效数字）.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）一个小型水力发电站，发电机输出电压U0=250V，内电阻可以忽略不计，最大输出功率为Pm=30kW，它通过总电阻R线=2.8的输电线直接向远处的居民区供电。设居民区所有用电器都是额定电压U用=220V的白炽灯，总功率为P用=22kW，忽略灯丝发光后电阻随温度的变化。（1）当居民区的电灯全部使用时，电灯两端的电压是多少伏?发电机实际输出的电功率多大?（2）若采用高压输电，在发电机端用升压变压器，在用户端用降压变压器，且不计变压器和用户线路的损耗。已知用户变压器的降压比为40：l，当全部用户电灯正常发光时，输电线上损耗的功率多大?14．（16分）一匀强磁场分布在以O为圆心，半径为R的圆形区域内，方向与纸面垂直，如图所示，质量为m、电荷量q的带正电的质点，经电场加速后，以速度v沿半径MO方向进入磁场，沿圆弧运动到N点，然后离开磁场，∠MON=1200，质点所受重力不计，求：（1）判断磁场的方向；（2）该匀强磁场的磁感应强度B；（3）带电质点在磁场中运动的时间．15．（12分）如图（甲）所示，A、B为两块距离很近的平行金属板（电子通过A、B间的时间可忽略不计），板中央均有小孔．一束电子以初动能EKO=120eV，从A板上的小孔O不断垂直于板射入A、B之间，在B板右侧，平行金属板M、N之间有匀强电场，板长L=2×10-2m，板间距离d=4×10-3m，偏转电压U1=20V，其右侧l=2×10-2m有一较大的荧光屏，其中(包括延长线)到MN两板的距离相等；现在A、B间加一个如图（乙）变化的电压，在t=0到t=2s时间内，A板的电势高于B板的电势．在U随时间变化的第一个周期时间内（电子的重力忽略不计）：（1）在哪段时间内射入的电子，可以从B板上的小孔O'射出？（2）在哪段时间内射入的电子，能从偏转电场右侧飞出？（3）从偏转电场右侧飞出的电子打在荧光屏上的线段长度是多少？（保留三位有效数字）

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】由匀强电场的特点可知，则B、C连线中点D的电势为B、C电势的平均值，即为4.5V．连接OD线，即为一条等势线，作出过D的与OD垂直的线ED如图，即电场线，由几何关系可知：，所以：，D是BC的中点，则△OBD是等边三角形，又ED⊥OD，所以DE与BD之间的夹角是30°，则电场线与OB之间的夹角也是30°，故该电场的场强方向沿∠B的角平分线向上，根据电势差与电场强度的关系：，而：，代入数据可得：，故AB错误，C正确；由作电场的图可知，一个电子在O点由静止释放后会沿电场线运动，而不会沿直线OB运动，故D错误；故选C.2、D【解题分析】

A．同一同心圆上电势处处相等，电场强度大小相等，因电场方向不同，不能说电场强度处处相同，故A错误；B．由点电荷场场强公式可知场强和成反比，A、B、C三点半径之比为1∶2∶3，则电场强度之比为36∶9∶4，故B错误；C．AB两点间场强大于BC间场强，，说明A、B两点间的电势差大于B、C两点间的电势差，故C错误；D．沿电场线方向电势降低，，，由电场力做功公式因电场力做正功，说明该过程中电势能减少，故D正确。故选D。3、A【解题分析】

A．由波动图象知λ=4m,则质点振动的周期，T=0.2s，选项A正确；B．质点振动的振幅为A=0.8cm，选项B错误；C．由“上坡下，下坡上”可确定波沿x轴负方向传播，C错误；D．图示时刻，x=1.5m处的质点沿y轴正方向运动，加速度方向指向平衡位置，即沿y轴负方向，D错误；故选A.考点：横波的图像，波长、频率、波速的关系．4、A【解题分析】试题分析：根据安培定则得上面线圈中的磁场的方向右边是S极，左边是N极，下面的线圈中的磁场右边是S极，左边是N极，所以铁环环内的磁场方向从左向右，若有一电子束以垂直于纸面向里的速度从0点射入，根据左手定则可知，电子的运动轨迹向上偏转，故A.5、A【解题分析】由题，穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则得到磁通量变化率大小为ΔΦΔt=0.4Wb/s，由法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔt=100×0.4V=40V，故6、C【解题分析】试题分析：两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系，根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为或，又，所以该点距远距近，所以是点，故选项C正确，选项ABD错误．考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【名师点睛】由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置；本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力．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、AC【解题分析】

闭合电建或由滑片的移动可知电流的变化，即可得出磁场的变化及穿着线圈的磁通量的变化，则由楞次定律可得出线圈中磁场的方向，从而得出线圈的运动及形状的变化；【题目详解】AB.S闭合的瞬间，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左摆动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势，故A正确，B错误；C.在S闭合的情况下，将R的清动头向左端移动，电阻变小，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左摆动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势，故选项C正确；D.在S闭合的情况下，将R的清动头向右端移动，电阻变大，电流变小，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相同，故相互吸引，则则金属环A将向右摆动，因磁通量减小，金属环A有扩张趋势，故选项D错误。【题目点拨】楞次定律可简单地记为：“增反减同”、“来拒去留”，楞次定律的应用一定注意不要只想着判断电流方向，应练习用楞次定律去判断导体的运动及形状的变化。8、BC【解题分析】

AB．由安培定则可知，载有恒定电流的直导线产生的磁场在线框处的方向为垂直纸面向里，并且离导线越远磁感应强度越小，故当沿图示方向移动线框时，穿过线框平面的磁通量减小，根据楞次定律可知电流为顺时针dcbad，故A错误，B正确；CD．离通电导线越远，磁场越弱，由于线框匀速运动，故磁通量变化率变化率越来越小，线框中产生的感应电动势越小，感应电流就变小，故C正确，D错误。故选BC。9、BCD【解题分析】损失的功率,故BD正确;又得：,故C正确；综上所述本题答案是：BCD10、AC【解题分析】

变阻器滑片移动时，分析总电阻的变化，判断总电流和路端电压的变化。根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律分析电容器两端电压变化情况，即可判断电容器的状态.【题目详解】A、当滑动变阻器的滑动触头由中点向下移动时，R4变小，电路的总电阻变小，总电流I变大，内电压变大，则路端电压变小，因此电压表示数变小；故A正确.B、电容器两端电压为：U=E-I（r+R2），I变大，故电容器两端电压U变小，带电量变小，电容器放电，故B错误；C、电源的总功率P=EI，I变大，则P变大；故C正确.D、根据串联电路分压规律知，变阻器两端的电压增小，通过R1的电流变小，而总电流变大，所以通过滑动变阻器的电流变大；故D错误.故选AC.【题目点拨】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化.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、50.154.700220CDF【解题分析】

（1）[1]由图甲，游标卡尺的读数为50mm+3×0.05mm=50.15mm[2]由图乙，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，螺旋测微器的读数为4mm+0.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm[3]由图丙，用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确，欧姆表表盘的示数为22.0×10Ω=220Ω（2）[4][5][6]电源电动势为4V，故电压表应选V1，即选D；待测电阻中最大电流约为则电流表应选A2，即选C；滑动变阻器选择小量程的，便于调节，故选R1，即选F；[7]因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示（3）[8]根据电阻定律且代入数据解得12、B增大灯丝电阻率随灯丝温度的升高而增大0.57【解题分析】

(1)本实验要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，故滑动变阻器应采用分压接法；由于灯泡内阻，，因此应采用电流表外接法，故选择B电路；(2)实验电路选择电流表的外接法+滑动变阻器的分压式，实物连线如图所示：(3)I-U图象中每个点的割线斜率表示电阻的倒数，则可知随着电压的升高电阻增大；原因是灯丝电阻随温度的升高电阻率增大；(4)由图乙读得灯泡的电流I=0.26A，，则灯泡的实际功率为.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）【解题分析】

（1）故（2）灯正常发光由可得14、(1)垂直纸