2024届福建省南平市建瓯市芝华中学物理高二第一学期期中调研试题含解析

2024届福建省南平市建瓯市芝华中学物理高二第一学期期中调
研试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、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、如图所示甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是( )
A．甲表是电压表，乙表是电流表
B．R增大时甲表量程增大
C．R增大时乙表量程增大
D．上述说法都不对
2、如图所示，闭合线圈正上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下但未插入线圈内部．当磁铁向上运动时（）
A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引
B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引
C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥
D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥
3、传感器是一种采集信息的重要器件，图6－4是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路，当待测压力作用于膜片电极上时，下列说法中正确的是()
①若F向下压膜片电极，电路中有从a到b的电流；
②若F向下压膜片电极，电路中有从b到a的电流；
③若F向下压膜片电极，电路中不会有电流产生；
④若电流表有示数，说明压力F发生变化；
⑤若电流表有示数，说明压力F不会发生变化．
A．②④B．①④
C．③⑤D．①⑤
4、如图所示，虚线a、b和c是在O点处的一个点电荷形成的静电场中的三个等势面，一带正电粒子射入该电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示．不计重力, 由图可知( )
A．O点处的电荷一定是正电荷
B．a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φc
C．粒子运动时的电势能先增大后减小
D．粒子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等
5、如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则
A．a的加速度将减小，b的加速度将增大
B．a的电势能将增大，b的电势能将减小
C．a一定带正电，b一定带负电
D．a的速度将减小，b的速度将增大
6、关于静电场下列说法中正确的是()
A ．在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零
B ．由E ＝F /q 可知，某电场的场强E 与q 成反比, 与F 成正比
C ．电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同
D ．电场中某一点的场强与放入该点的检验电荷无关
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、关于电动势下列说法中正确的是（ ）
A ．在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加
B ．对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大
C ．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极送单位电荷量做功越多
D ．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多
8、如图所示，a 、b 、c 、d 是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab ∥cd ，ab ⊥bc ，2ab ＝cd ＝bc ＝2l ，电场方向与四边形所在平面平行．已知a 点电势为24 V ，b 点电势为28 V ，d 点电势为12 V ．一个质子(不计重力)经过b 点的速度大小为v 0，方向与bc 成45°，一段时间后经过c 点，则下列说法正确的是（ ）
A ．c 点电势为20 V
B ．质子从b 运动到c 所用的时间为02l v
C ．场强的方向由a 指向c
D ．质子从b 运动到c 电场力做功为8 eV
9、在如图所示的电路中，电源电动势为E ，内电阻为r ，C 为电容器，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器. 开关闭合后，灯泡L 能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（ ）
A．灯泡L将变暗B．灯泡L将变亮
C．电容器C的电荷量将减小D．电容器C的电荷量将增大
10、如图所示电路中，已知R1＝R2＝R3，R1两端电压为3 V，R3两端电压为1 V．R4、R5为定值电阻．则( )
A．R2两端电压可能为2 V
B．A、B两端电压可能为7 V
C．若A、B两端电压为5 V，可以判断出R4＞R5
D．若A、B两端电压为5 V，可以判断出R4＜R5
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)如图所示，是用20分度的游标卡尺测量某一物体的长度，游标卡尺的示数为______mm。

（2）在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，符合要求的作法是______：
A．闭合电键前必须检查滑动变阻器的滑片位置使之起到保护作用
B．实验所用滑动变阻器的阻值越大越好
C．实验中测3组数据即可
D．在坐标纸上描出点后，用直尺作一条直线使不在线上的点均匀分布在线的两侧(3) 某同学在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，连接的测量电路（如右图）中有一处错误，连线的编号是_______。

12．（12分）电流表G1的满偏电流I g=5mA，内阻r=290Ω，把它改装成如图所示的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程。

当开关S接到1或2
位置时为电流档，其中小量程为0—10mA，大量程为0—100mA。

（1）（多选）关于此多用电表，下列说法正确的是________（填字母代号）。

A．开关S接到位置4、5时是欧姆档，欧姆表内阻相等，只是测量倍率不同
B．开关S接到位置5、6时是电压档，接到位置6比接到位置5时的量程大
C．无论做什么电表使用，表盘的刻度都是均匀的
D．无论做什么电表使用，必须使电流从A表笔流入电表，从B表笔流出电表
（2）当把开关S接到位置4时，先短接A、B进行欧姆调零，而后将一已知阻值为3600Ω电阻R接到两表笔间，指针恰好偏转到电流表G1满刻度的1/3处，则该欧姆表的内阻为______Ω。

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，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，小球的重力大于所受的电场力。

(1)求小球沿轨道滑下的加速度的大小；
(2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h1至少为多大；
(3)若小球从斜轨道h2=5R处由静止释放。

假设其能通过B点。

求在此过程中小球机械能的改变量。

14．（16分）如图所示，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量不计的光滑定滑轮D，质量均为m＝1 kg的物体A和B用一劲度系数k＝240 N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住。

用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C位于Q处，绳与细杆的夹角α＝53°，且物体B对挡板P的压力恰好为零。

图中SD水平且长度为d＝0.2 m，位置R与位置Q 关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。

现让环C从位置R由静止释放，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求
(1)小环C的质量M；
(2)小环C运动到位置Q的速率v。

(3)小环C通过位置S时的动能E k及环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功W T；
15．（12分）如图所示电路中，电源的电动势E=10V，内电阻r=0.50Ω，电动机电阻
R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表示数U1为3.0V．求：
（1）电源的总电功率．
（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率．
（3）电源的输出功率．
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】
试题分析：甲表是电流表，乙表是电压表，故A错误．R增大时，甲表中变阻器分流
减小，量程减小，故B错误．R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C 正确．由上可知，D错误．
考点：本题考查电表的改装．
2、B
【解题分析】
当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量变小，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，故可判断出产生了如图中箭头方向相反的的感应电流．根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互吸引。

故选B。

3、A
【解题分析】
F向下压膜片电极，使得电容器两板间的距离减少，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电，电路中有从b到a
的电流；因此电流表有示数说明压力发生了变化，因此②④正确，选A
4、D
【解题分析】
由于带正电的粒子的运动轨迹如图所示，很明显它受到点电荷的吸引，故点电荷是负电荷，A不对；三个等势面的关系为c最大，a最小，故B也不对；带正电的粒子在运动过程中，先受到与运动方向相同的力，故该力先做正功，电势能减小，然后再远离带负电的点电荷，电场力做负功，电势能增加，故粒子运动时的电势能先减小后增大，C不对；由于粒子的重力忽略不计，故不考虑重力势能，则根据能量守恒定律，粒子的动能与电势能的总和是不变的，D正确．
5、A
【解题分析】A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故A正确；
C、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，所以能判断a、b一定带异种电荷，但电场线方向未知，不能确定谁带正电，谁带负电，故C错误；
BD、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，所以电势能都减小，故BD错误；
故选A。

6、D
【解题分析】
A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误.
B、D、由
F
E
q
可知，公式属于比值定义法，电场的场强E与q及F均无关，故B
错误，D正确.
C、电场强度处处相同的区域内，电势不一定处处相同，比如匀强电场，电场强度相同，而电势沿着电场线的方向是逐渐降低的；故C错误.
故选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、AC
【解题分析】
在电源内部把正电荷从负极移到正极非静电力做功，电能增加，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小；根据电动势的定义式E=分析其意义；电动势等于电源没有接入电路时两极的电压．
【题目详解】
A、在电源内部非静电力把正电荷从负极移到正极而做功，其他形式的能转化为电能，电能增加，故A正确．
B、电动势等于电源没有接入电路时两极的电压，故B错误．
C、D、根据电动势的定义式E=得：W=qE，可知电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多．故C正确，D错误．
故选AC．
【题目点拨】
本题的解题关键是理解掌握电动势的物理意义、掌握电动势的定义式E=，知道电动势与电源两极间电压的区别．
8、ABD
【解题分析】
A．作如图e点，ab间电势差为4V，可求得e点电势为20V，即eb间电势差为8V，所
以dc 间电势差也为8V ，故c 点电势为20V ，A 正确；
B ．质子从b →c 做类平抛运动，沿初速度方向分位移为 2l ，此方向做匀速直线运动，则0
2l t v =，B 正确； C ．连接bd ，可得bd 中点O 处的电势为20V ，所以Oc 为等势面，根据几何知识可得bd ⊥oc ，所以bd 为一条电场线，b 点电势高于d 点，所以电场方向为从b 到d ，C 错误； D ．电势差8V bc U =，则质子从b →c 电场力做功为8eV ，D 正确。

故选ABD 。

【题目点拨】
本题关键是找等势点，作等势线，并抓住等势线与电场线垂直的特点，问题就变得简单明晰．
9、AD
【解题分析】
AB.当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，灯L 变暗，故A 正确，B 错误； CD.电容器的电压等于路端电压，电路中电流减小，内电压增减小，可见路端电压是增大的，则由Q=CU 知，电容器C 的电荷量将增大，故C 错误，D 正确； 10、ABC
【解题分析】
设R ＝R 1＝R 2＝R 3，已知R 1两端电压为3 V ，R 3两端电压为1V ，根据欧姆定律，流过
R 1的电流为133R R
=，流过R 3的电流为311R R =，故流过电阻R 2的电流可能为：13312R R R -=，也可能为：13314R R R +=；若流过R 2的电流为2R
，则R 2两端电压为2V ；若流过R 2的电流为4R
，则R 2两端电压为4V ，故A 正确；点A 与点B 间的电压等于电阻R 1与R 2电压之和．R 1两端电压为3V ，若R 2两端电压为2V ，则A 、B 两端电
压为5V；若R2两端电压为4V，则A、B两端电压为7V，故B正确；若A、B两端电压为5V，电流流向如图所示，
说明电阻R3上端的电势较高，下端的电势较低，则R4两端的电压应该高于电阻R5两端的电压，故R4＞R5，故C正确，D错误．故选ABC.
【题目点拨】本题考查了串联电路和并联电路的特点和欧姆定律的灵活应用．
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、100.15 A 4
【解题分析】(1)游标卡尺主尺读数为10cm，游标读数为0.05×3=0.15mm，所以最终读数为100.15mm。

(2)
A项：实验前检查滑动变阻器滑片位置，以便更好的保护实验电路，A选项正确；
B项：所用的滑动变阻器并非阻值越大越好，阻值太大，滑动滑片时阻值变化大，电流也变化大，测量数据少，导致实验误差大，B选项错误；
C项：由于待测电阻阻值随温度变化，应画出U-I或I-U图象，不能只测量3组数据，C选项错误；
D项：由于图象不是倾斜直线，不能用直尺连线，D选项错误。

(3)从电流表接出来的导线应该接在滑动变阻器上部的两个接线柱的其中一个上，而不能直接接在滑片上。

点晴：若已知图象不是线性关系时，应画出平滑的曲线而不能用直尺；明确实验连线时，导线必须通过接线柱才行。

12、BD 1800Ω
【解题分析】（1）当转换开关S旋到位置4时，表头与电表中的电源相连接，是电阻档，开关接5时，没有电源，此时电阻与电流表串联，故为电压档，A错误；当转换开关S旋到5串联的电阻小于旋转到6串联的电阻，可知旋转到6，串联的电阻大，分压作用大，电压表量程大，B正确；多用电表的欧姆档表盘是不均匀的，C错误；为了让表头正向偏转，无论做什么电表使用，必须使电流从A表笔流入电表，从B表笔流出电表，故D正确．
（2）将一已知阻值为3600Ω电阻R 接到两表笔间，根据闭合电路欧姆定律有：
13g E I R R =+内；而当欧姆表短接时有2g I E R =内
，联立解得1800R =Ω内
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)()sin mg qE m α-(2)52
R (3)3qER 【解题分析】
(1) 小球带负电，在斜面上受竖直向下的重力和竖直向上的电场力作用，由牛顿第二定律有：
(mg －qE )sin α=ma
解得小球沿轨道滑下的加速度的大小：
()sin mg qE a m
α-= (2)要使小球恰能过B 点，则应有：
2B v mg qE m R
=－① 从A 点到B 点过程，由动能定理有：
2112()()02
B mg qE h R mv =---② 由①②解得A 点距水平地面的高度h 1至少为：
152
h R = (3)因电场力做负功，小球电势能增加，增加量为：
2()(2523)E qE h R qE R R qER ∆===－－
由能量守恒定律得小球机械能减少等于电势能的增加，所以小球机械能的减少量为3qER 。

14、 (1)0.72kg ；(2)2m/s ；(3)1.38J ，0.3J 。

【解题分析】
(1)先以AB 组成的整体为研究对象，AB 系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为
2sin 12N T mg θ==
以C 为研究对象，则C 受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图，则 cos53T Mg ︒⋅=
代入数据得
0.72kg M =
(2)环从位置R 运动到位置Q 的过程中，对于小环C 、弹簧和A 组成的系统机械能守恒 2211(2cot )22
A Mg d Mv mv α=
+ cos A v v α=
两式联立可得
2m/s v = (3)由题意，开始时B 恰好对挡板没有压力，所以B 受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态；产生B 沿斜面方向的受力
1sin 6N F mg θ==
弹簧的伸长量
1gsin 0.025m m x k
θ∆== 当小环C 通过位置S 时A 下降的距离为
0.05m sin A d x d α
=-= 此时弹簧的压缩量
210.025m A x x x ∆=-∆=
由速度分解可知此时A 的速度为零，所以小环C 从R 运动到S 的过程中，初末态的弹性势能相等，对于小环C 、弹簧和A 组成的系统机械能守恒有
k cot sin A Mgd mgx E αθ+=
解得
k 1.38J E =
环从位置R 运动到位置S 的过程中，由动能定理可知
k tan T d W Mg
E α
+= 解得
0.3J
W
T
15、（1）20W （2）8W （3）18W
【解题分析】
试题分析：(1)电动机正常工作时，总电流为：
I＝＝A＝2 A，
电源释放的电功率为
P＝EI＝10×2 W＝20 W.
(2)电动机两端的电压为：
U＝E－Ir－U1＝(10－2×0.5－3.0) V＝6 V.
电动机消耗的电功率为：P电＝UI＝6×2 W＝12 W.
电动机消耗的热功率为：P热＝I2R0＝22×1.0 W＝4 W. 电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：P机＝P电－P热＝(12－4) W＝8 W.
(3)电源的输出功率为：
P出＝P－P内＝P－I2r＝(20－22×0.5) W＝18 W.
考点：含电动机的电路．
【名师点睛】。