2024届江西省抚州市南城县第一中学物理高二第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析

2024届江西省抚州市南城县第一中学物理高二第一学期期中教
学质量检测模拟试题
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、甲、乙两车在同一地点同时做直线运动，其v-t图像如图所示，则
A．甲的加速度大于乙的加速度
B．它们的初速度均为零
C．0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移
D．0～t1时间内，甲的速度大于乙的速度
2、如图所示是真空中两个带等量异种电荷的点电荷A、B周围的电场分布情况（电场线方向未标出）．图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，OM=ON．下列说法中正确的是（）
A．O、M、N三点的电场强度大小关系是E M=E N＞E O
B．O、M、N三点的电势相同，在一个等势面上
C．O、M、N三点的电场强度方向不相同
D．把另一电荷从M点静止释放，将沿MON做直线运动
3、磁通量是指（）
A．磁感应强度的大小B．磁感线路径的长短
C．磁感线的多少D．穿过某个回路的磁感线的多少
4、在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略。

当闭合开关S后, 将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是
A．电压表和电流表的示数都增大
B．灯L 2变暗，电流表的示数减小
C．灯L 1变亮，电压表的示数减小
D．电源的效率增大，电容器C的带电量增加
5、某小灯泡的伏安特性曲线如图中的AB段（曲线）所示，由图可知，灯丝的电阻因温度的影响改变了（）
A．1ΩB．10ΩC．30ΩD．40Ω
6、某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是
A．该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻
B．加5V电压时，导体的电阻大于5
C．由图可知，随着电压的减大，导体的电阻不断增大
D．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
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，内壁光滑的半球形碗固定不动，其轴线垂直于水平面，两个质量相同的
小球A和B紧贴着内壁，分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则
A．球A对碗壁的压力小于球B对碗壁的压力
B．球A的线速度小于球B的线速度
C．球A的角速度大于球B的角速度
D．球A的向心加速度大于球B的向心加速度
8、如图8所示的电路，电源内阻不可忽略，电表为理想电表．当滑动变阻器的滑片向下滑动时（）
A．电流表A的示数减小B．电流表A的示数增大
C．电压表V的示数减小D．电压表V的示数增大
9、一单摆做小角度摆动，其振动图象如图，以下说法正确的是
A．1t时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
B．2t时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C．3t时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
D．4t时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
10、如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点．下列说法正确的是（）
A．M点电势一定高于N点电势
B．M点场强一定大于N点场强
C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功
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）为了测量一个量程为3.0 V的直流电压表的内阻R V（约为几千欧），所用的电路如图甲所示．
（1）请将图乙的器材连成完整的电路__________；
（2）该实验中需要进行的步骤罗列如下，合理的顺序是_____________(用步骤前的字母表示)
A．闭合开关S
B．将电阻箱R0的阻值调到零
C．调节滑动变阻器R的阻值，使电压表的示数为3.0 V
D．断开开关S
E．调节电阻箱R0的阻值使电压表示数为1.5 V，读出此时电阻箱R0的阻值
F．把滑动变阻器的滑片P滑到a端
（3）若在实验步骤E中，如图丙读出R0的阻值为______Ω，则该电压表的内阻R V的测量值为______Ω，由于系统误差，测量值______（选填“偏大”或“偏小”）。

12．（12分）有一只量程为6V的电压表，内阻约为5～8kΩ，某同学要精确地测量该电压表的内阻，设计的测量电路如图甲所示，其中R2为最大电阻9999Ω的电阻箱，R1为滑动变阻器，电源电动势为9V，内阻很小．实验步骤如下：
①按电路图连接电路；
②闭合S2；
③将滑动变阻器滑片调至最左端；
④闭合S1；
⑤调节滑动变阻器，使电压表满偏；
⑥再断开S2，调节电阻箱，调至电压表半偏，并记下电阻箱的读数，并认为此时电阻
箱的电阻为该电压表的内阻．
(1)乙图电阻箱的读数为_____kΩ．
(2)实验室中有两个滑动变阻器：(a)最大阻值为15Ω，额定电流为1A ；(b)最大阻值为30kΩ，额定电流为25mA ，为了能精确测量电压表内阻，实验中应选择____滑动变阻器(填变阻器前的字母代号)．
(3)实验中S 2从闭合到断开(断开S 2之前，电阻箱置于9999Ω)，断开后A 、B 两点的电压U AB _____6V(选填“>”、“<”或“=”)．
(4)实验中由于电路设计所存在的实验误差(系统误差)，导致测量值_____真实值(选填“>”、“<”或“=”)．
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，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为m ，分别
用长为L 的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点，当平衡时B 球偏离竖直方向60°
，A 竖直悬挂且与绝缘墙接触。

（重力加速度为g ，静电力常量为k ）求：
(1)小球的带电荷量和墙壁受到的压力．
(2)两条细线的拉力
14．（16分）如图所示，喷出的水柱显示了平抛运动的轨迹。

若喷水口离地面的高度是0.8m ，从喷水口到落地点的水平距离为1.2m ，取2
10/g m s ，求：
（1）平抛的初速度大小0v ；
（2）若喷水口的横截面积为240mm ，求单位时间喷出水的体积Q 。

15．（12分）如图所示电路，已知R 3=4Ω，闭合电键，安培表读数为0.75A ，伏特表读数为2V ，经过一段时间，一个电阻被烧坏(断路)，使安培表读数变为0.8A ，伏特表读数变为3.2 V ，问：
（1）哪个电阻发生断路故障？
（2）R 1的阻值是多少？
（3）能否求出电源电动势E 和内阻r ？如果能，求出结果；如果不能，说明理由．
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、A
【解题分析】
试题分析：根据运动学公式0v v at =+可知，在速度时间图像中，直线的斜率表示物体的加速度，由图可看出，甲的加速度大于乙的加速度，所以A 正确；纵截距表示初速度，所以甲物体的初速度不为零，所以B 错误；速度图像中，图像与坐标轴所包围的面积表示位移，故可以看出在0～t 1时间内，乙的位移大于甲的位移，所以C 错误；根据
¯v x t =可知，在这段时间内，
甲的平均速度小球乙的平均速度，所以D 错误；
考点：匀变速直线运动图像
2、B
【解题分析】
A.等量异种电荷连线的中垂线上中点的场强最大，从中点沿着中垂线向两边逐渐减小，并且是对称的，所以E O ＞E M =E N ，所以A 错误；
B. 等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，所以O 、M 、N 三点的电势相同，在一
个等势面上，所以B 正确；
C.等量异种电荷的中垂线上的电场强度的方向都是水平指向负电荷一侧的，所以O 、
M 、N 三点的电场强度方向相同，所以C 错误；
D.把电荷从M 点静止释放，电荷受到的电场力是在水平方向的，电荷将向左或向右运动，不会沿MON 做直线运动，所以D 错误．
3、D
【解题分析】设在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一个面积为S 且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B 与面积S 的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量；通过某一平面的磁通量的大小，可以用通过这个平面的磁感线的条数的多少来形象地说明。

在同一磁场中，磁感应强度越大的地方，磁感线越密。

因此，B 越大，S 越大，磁通量就越大，意味着穿过这个面的磁感线条数越多。

故D 正确，ABC 错误；
故选D 。

4、C
【解题分析】
ABC ．当闭合开关S 后，将滑动变阻器的滑片P 向下时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯L 1变亮，电压表的示数减小，根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯L 2的电流减小，灯L 2变暗，根据干路电流增大，灯L 2的电流减小，可知电流表的示数增大，故AB 错误，C 正确； D ．电源的效率
UI U EI E
η== U 减小，则电源的效率减小。

并联部分电压减小，则电容器的电压减小，由Q =CU ，可知电容器C 的带电量减小，故D 错误。

5、B
【解题分析】
根据电阻的定义式，A 点的电阻为
3Ω30Ω0.1
A A A U R I ===
B 点的电阻为
6Ω40Ω0.15
B B B U R I === 从A 到B 电阻改变了
∆R =R B －R A =10Ω
故选B 。

6、C
【解题分析】
I U -图象反映导体中的电流随电压的变化情况；由各点的坐标得到电压和电流，由U R I
=求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可判断其电阻的变化． 【题目详解】
该元件是非线性元件，所以仍能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，故A 错误，当5U V =时，由图知电流为 1.0I A =，则导体的电阻55.1.0
U R I ==Ω=Ω故B 错误；由图知，随着电压的减小，图象上的点与原点连线的斜率增大，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断减小，故C 正确，D 错误；故选C 。

【题目点拨】
本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值．
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、CD
【解题分析】
A ．对任意一球，设其轨道处半圆形碗的半径与竖直方向的夹角为β，半球形碗的半径为R ，如图所示，球所受的支持力cos N mg F β
=，β越大，支持力越大，则碗对球A 的支持力较大，由牛顿第三定律可知，球A 对碗的压力大于球B 对碗的压力，A 错误； BCD ．根据重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，
2
2=tan v F mg ma m mr r
βω===合 又
tan r R β=
联立得v =，tan a g β=，ω=R 一定，可知角度越大，线速度越大，角速度越大，向心加速越大，所以球A 的线速度大于球B 的，球A 的角速度大于球B 的，球A 的向心加速度大于球B 的，B 错误，CD 正确。

8、BC
【解题分析】
先判断滑动变阻器的阻值如何变化，再用“串反并同”去分析。

【题目详解】
AB.滑动变阻器的滑片向下滑动，电阻变小，电流表与滑动变阻器串联，所以示数变大，A错误，B正确；
CD.滑动变阻器的阻值变小，电压表与滑动变阻器并联，所以示数变小，C正确，D错误。

【题目点拨】
和滑动变阻器串联的电阻上的电压、电流、电功率变化趋势和滑动变阻器电阻值变化趋势相反，和滑动变阻器并联的电阻上的电压、电流、电功率和滑动变阻器电阻值变化趋势相同，即串反并同。

9、CD
【解题分析】
试题分析：单摆做小角度摆动时符合简谐运动的特点，t1时刻摆球在位移最大处，回复力最大，加速度最大，速度为零，所以A项错误；t2时刻摆球的位移为零，回复力为零，加速度为零，速度达到最大，所以B项错误；t3时刻摆球在位移最大处，速度为零，向心力为零，对小球受力分析，重力的切向分力提供回复力，悬线的拉力等于重力的径向分力，此时拉力最小，所以C项正确；t4时刻摆球位移为零，回复力为零，加速度为零，速度最大，向心力最大，摆球运动到悬点的正下方，悬线的拉力减去竖直向下的重力的合力提供向心力，悬线拉力最大，所以D项正确．
考点：本题考查了单摆的简谐运动的特点
10、AC
【解题分析】
AC．顺着电场线电势降低，故M点电势一定高于N点电势，正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故选项AC正确；
B．M点的电场线较N点稀疏，故M点场强一定小于N点场强，选项B错误；
D．将电子从M点移动到N点，静电力做负功，选项D错误；
故选AC。

【题目点拨】
此题是对电场线、电场强度及电势的考查；要知道电场线的疏密反映电场强度的大小；顺着电场线电势逐渐降低；正电荷在高电势点的电势能较大。

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、BFACED或者FBACED 2900 2900
偏大
【解题分析】
（1）如图所示：
（2）B．将电阻箱R0的阻值调到零；F．把滑动变阻器的滑片P滑到a端；A．闭合开关S；C．调节滑动变阻器R的阻值，使电压表的示数为3.0V；E．调节电阻箱R0的阻值使电压表示数为1.5V，读出此时电阻箱R0的阻值；D．断开开关S（注意先调零与先移动滑动变阻器到最大阻值，前后不影响，故BF的顺序可以颠倒），则合理的顺序是BFACED．
（3）由如图丙读出R0的阻值为2900Ω，因是串联关系，则电阻与电压成正比：电压表示数为1.5V，则电阻箱R0分压为1.5V．则R v=R0=2900Ω，因该支路实际电压要比原电压变大，即R0的分压要大一些，故R v的实际值要小一些，即测量值比真实值大．【题目点拨】
考查半偏法测电阻的原理，明确串联电阻后会引起测量支路的电阻的增大，其分压要变
大，此为误差的来源．
12、7.5a>>
【解题分析】
(1)电阻箱的读数为(7000+500)Ω=7.5kΩ．
(2)本题采用分压式，所以选用(a) ．
(3)因为断开开关S2后，总电阻增加，AB两端的电压要大于6V．
(4)电压表半偏时，R2两端电压大于3V，R2大于电压表电阻，测量者大于真实值．
点睛：半偏法测量电表内阻的模型需熟记，并理解其对应原理和误差分析．
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);，方向水平向左(2), T B=mg
【解题分析】
分别对B球受力分析，运用力的合成或分解，结合共点力平衡条件，与库仑定律，即可解决问题；再对A球受力分析，运用力的分解，结合三角知识，即牛顿第三定律，即可求解．
【题目详解】
(1)对B球受力分析如图所示：
B球受三力平衡，则重力与库伦力的合力大小等于绳子拉力，方向与绳子拉力方向相反，由几何知识可知：F=mg=T B
根据库伦定律：
解得：
对A球受力分析如图：
A 球受力平衡： 由牛顿第三定律得：墙受到小球的压力大小为
，方向水平向左． (2)对A 球受力平衡：T A =mg+F cos60°=
由前面分析知T B =mg
【题目点拨】 对小球进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题．需要注意的是：两小球受到的库伦力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上．
14、（1）3m/s （2）431.210/m s -⨯
【解题分析】
（1）水喷出后做平抛运动，则水平方向：x=v 0t
竖直方向：h=12
gt 2 解得0101.2/3/220.8
x g v m s m s t h ====⨯ （2）单位时间喷出水的体积：634334010/ 1.210/Q vS m s m s --==⨯⨯=⨯
15、（1）R 2被烧断路（2）4Ω（3）只能求出电源电动势E 而不能求出内阻r ，E =4V
【解题分析】
（1）由于发生故障后，伏特表和安培表有示数且增大，说明外电阻增大，故只能是R 2被烧断了．
（2）R 2被烧断后，电压表的示数等于电阻R 1两端的电压，则111 3.240.8
U R I '==Ω=Ω'.。

（3）第一种情况下，有：电阻R 3两端的电压为：U 3=I 1R 1-U 1=0.75×
4-2=1V ，通过电阻R 3的电流为33310.25A 4
U I R ===，根据闭合电路欧姆定律得：E =I 1R 1+（I 1+I 3）（R 4+r ） 第二情况下，有E =U 1′+I 1′（R 4+r ）
代入可得：E=3+（R4+r）
E=3.2+0.8（R4+r）
解得：
E=4V，
R4+r=1Ω，
由于R4未知，故只能求出电源电动势E而不能求出内阻r。

【名师点睛】
本题闭合电路的欧姆定律的应用以及电路的分析和计算问题，注意解题时要注意有两种情况，根据闭合电路欧姆定律列出两个方程，求解电动势或内阻，是常用的方法；此题同时给了我们一个测量电动势的方法.。