2024届福建省宁德市民族中学物理高二第一学期期中统考试题含解析

2024届福建省宁德市民族中学物理高二第一学期期中统考试题请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、图为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300 μA，内阻R g＝100 Ω，调零电阻的最大值R0＝50 kΩ，电池电动势E＝1.5 V，两表笔短接调零后，用它测
量电阻R x，当电流计指针指在满刻度的1
3
时，则R x的阻值是（）
A．1kΩ
B．10 kΩ
C．100 kΩ
D．100 Ω
2、“理想模型”法是物理学研究的一种重要思想。

下列物理概念不是采用“理想模型”法的是（）
A．质点B．点电荷C．电场线D．电场强度
3、如图所示A、B两点分别固定带有等量同种电荷的点电荷，M、N为AB连线上的两点，且AM=BN，则（）
A．M、N两点的电势和场强都相等
B．M、N两点的电势和场强都不相等
C．M、N两点的电势不同，场强相等
D．M、N两点的电势相同，场强不相等
4、如图所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd。

当载流直导线中的电流
逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．相向运动，相互靠近
D．相背运动，相互远离
5、如图1，AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点由静止自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图所2示，则A、B两点场强大小和电势高低关系是（）
A．E A＜E B；φA＜φB B．E A＜E B；φA＞φB
C．E A＞E B；φA＜φB D．E A＞E B；φA＞φB
6、如图所示,直线A是电源的路端电压和电流的关系图线,直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线,若将这两个电阻分别接到该电源上,则()
A．R1接在电源上时,电源的效率低
B．R2接在电源上时,电源的效率高
C．R1接在电源上时,电源的输出功率大
D．R2接在电源上时,电源的输出功率大
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，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若增大照射光强度，则（）
A．小灯泡的功率增大B．电容器上的电荷量增加C．电源的输出功率增大
D．两表示数变化量的比值|Δ
Δ
U
I
|不变
8、在如图(a)所示的电路中，1R为定值电阻，2R为滑动变阻器。

闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表(内阻极大)的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示。

则（）
A．图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线
B．电源内电阻的阻值为5Ω
C．电源的最大输出功率为3.6W
D．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W
9、人类认识原子结构和开发利用原子能经历了十分曲折的过程，卢瑟福、汤姆孙、玻尔、查德威克等科学家做出了卓越的贡献．关于他们的主要成就，下列说法正确的是A．查德威克通过α粒子轰击铍核的实验发现了中子
B．卢瑟福提出了原子的核式结构模型并认为氢原子的能级是分立的
C．玻尔第一次把微观世界中物理量取分立值的观念应用到原子系统
D．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，并提出了原子的核式结构模型
10、如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是()
A．小球克服阻力做的功为mgh
B．小球的机械能减少了mg(H＋h)
m gH
C．小球所受阻力的冲量大于2
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
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）如图甲所示，游标卡尺读数为_________mm，如图乙所示，螺旋测微器读数为_________mm．
12．（12分）有一只电阻R X，其阻值大约在40-50Ω之间，需要进一步测定其阻值。

现有的器材有：
①电池组E（电动势9V，内阻约0.5Ω）
②伏特表V（量程0-10V，内阻约20kΩ）
③毫安表A1（量程0-50mA，内阻约20Ω）
④毫安表A2（量程0-300mA，内阻约4Ω）
⑤滑动变阻器R1（0-100Ω，额定电流1A）
⑥滑动变阻器R2（0-1700Ω，额定电流0.3A）
⑦电键一只，导线若干。

有两种可供选择的电路如图甲和图乙所示。

实验中要求多测几组电流、电压值。

⑴为了实验能正常进行并减小系统误差，而且要求滑动变阻器要便于调节，在实验中应选图______所示的电路；应选代号为______的毫安表和代号为______的滑动变阻器。

该实验的系统误差主要是由____________引起的，这个因素总是使实验的测量值比真实值偏______。

⑵若已知所用的毫安表的准确电阻值，则应选用图_____所示的电路进行测量。

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）从高为20m 的楼顶边缘水平抛出一个小铁球，测出小铁球落地点距离楼底边缘40m ，求小铁球抛出时的初速度大小。

（不考虑空气阻力，210m/s g =）
14．（16分）小明同学设计了一个电磁天平，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L=0.1m ，竖直边长H=0.3m ，匝数为1N ．线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度0 1.0T B =，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0~2.0A 范围内调节的电流I ．挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．（重力加速度取210m/s g =）
（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg ，线圈的匝数1N 至少为多少
（2）进一步探究电磁感应现象，另选2100N =匝、形状相同的线圈，总电阻10R =Ω，不接外电流，两臂平衡，如图2所示，保持0B 不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度0.1m d =．当挂盘中放质量为0.01kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率B t
∆∆． 15．（12分）两根平行、光滑的斜金属导轨相距L=0.1m ，与水平面间的夹角为θ=37°，有一根质量为m =0.01kg 的金属杆ab 垂直导轨搭在导轨上，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B =0.2T ，当杆中通以从b 到a 的电流时，杆可静止在斜面上，取g =10m/s 2.
（1）求此时通过ab 杆的电流；
（2）若保持其他条件不变，只是突然把磁场方向改为竖直向上，求此时杆的加速
度．（sin37°
=0.6，cos37°=0.8）
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、B
【解题分析】 由闭合电路欧姆定律可知，当两表笔短接，电流表满偏时：g I R E =内
，解得R 内=5 kΩ；当偏转1/3时，13g x E I R R =+内
；两式联立解得：R x =10 kΩ；故选B ． 【题目点拨】
本题关键明确欧姆表的内部结构，能根据欧姆表的使用方法结合闭合电路的欧姆定律列方程；知道中值电阻等于欧姆表内电阻．
2、D
【解题分析】
A ．当物体的大小和形状对研究问题没有影响或影响可以忽略时，将物体看做一个有质量的点，叫做质点，属于“理想模型”，故A 不符合题意；
B ．点电荷忽略了电荷的大小等次要因素，属于“理想模型”，故B 不符合题意；
C ．电场线实际不存在，是为了形象描述电场，人为画出来的，所以是理想化的模型，故C 不符合题意；
D．电场强度是描述电场强弱的物理量，不是理想化的模型，故D符合题意。

故选D。

3、D
【解题分析】
M、N两点电荷相同，根据电场分布的对称性知，电场强度大小相同，方向相反，场强不同，而电势相同，故ABC错误，D正确。

故选：D。

4、D
【解题分析】
根据安培右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，当电流减小时，磁场减弱，根据楞次定律得，回路中的感应电流为acdb，根据安培左手定则知，ab所受安培力方向向左，cd所受安培力向右，即ab和cd反向运动，相互远离。

A. 一起向左运动，与分析不符，故A错误。

B. 一起向右运动，与分析不符，故B错误。

C. 相向运动，相互靠近，与分析不符，故C错误。

D. 相背运动，相互远离，与分析相符，故D正确。

5、D
【解题分析】
试题分析：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况．
解：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，
故A点的电场强度较大，故E A＞E B；
正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故A点电势较大，即φA＞φB；
故选D．
【点评】本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小．
6、D
【解题分析】
当电源的路端电压与电流的关系图线、电阻两端的电压与电流的关系图线画在同一幅U-I图像中时，两线交点的物理意义是该电阻接在该电源两端时的情况
选项分析：
A 、
B 项，由效率公式
从图像上可以看出，电阻R 1接在电源上时,电源的效率
高，故AB 错
C 、
D 项，从图像上可以看出电阻R 2的阻值等于电源内阻，而电源最大输出功率的条件是：内外电阻相等，所以R 2接在电源上时,电源的输出功率大，故C 错D 对； 故选D
【题目点拨】
当电源的路端电压与电流的关系图线、电阻两端的电压与电流的关系图线画在同一幅U-I 图像中时，两线交点的物理意义是该电阻接在该电源两端时的情况。

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、AD
【解题分析】
A ．增大光强，电阻R 2的电阻变小，电路中的总电阻变小，总电流变大，根据P =I 2R 可知，小灯泡的功率增大，选项A 正确；
B ．电容器两端电压为灯泡与R 2串联后的分压，因为总电流增大，所以内电阻和定值电阻R 1的分压均变大，根据闭合电路欧姆定律U=E-I （r+R 1）可知，灯泡与R 2串联后的分压变小，电容器两端电压变小，由Q =CU 可知电容器上的电荷量减小，选项B 错误；
C ．电源的输出功率为：2P EI I r =-出，由已知条件无法知道外电路总电阻与电源内阻的大小关系，所以电源的输出功率无法确定，选项C 错误；
D ．两表测量的数据表示定值电阻两端的电压和流过定值电阻的电流，根据欧姆定律可知，两表示数变化量的比值|
ΔΔU I
|不变，等于定值电阻的阻值，选项D 正确． 8、BD
【解题分析】
A. 当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而1R 两端的电压增大，2R 两端的电压减小，故图线乙表示是1V 示数的变化，图线甲表示2V 示数的变化，故A 错误；
B. 由图可知，当只有1R 接入电路时，电路中电流为0.6A ，路端电压为3V ，根据闭合
电路欧姆定律可得：
30.6E r =+
当滑动变阻器全部接入时，电路中电流为0.2A ，路端电压为41V 5V +=，由闭合电路欧姆定律可得：
50.2E r =+
解得：
5Ωr =，6V E =
故B 正确；
C. 根据欧姆定律可得：
125V 25Ω0.2A
R R +== 因当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流：
0.6A 2E I r
== 故电源的最大输出功率：
1.8W P UI ==
故C 错误；
D. 当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为14
，则有： 1214
R R = 可得：
15ΩR =，220ΩR =
当滑动变阻器的阻值等于1R r +时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流： 6A 0.3A 20
I '== 则滑动变阻器消耗的总功率：
220.310W 0.9W P I R '''==⨯=
故D 正确。

9、AC
【解题分析】
质子是卢瑟福发现的，A 错；氢原子的能级是分立的，这是波尔的理论，B 错；卢瑟福
提出了原子的核式结构模型,D 错；
10、BC
【解题分析】
对全过程运用动能定理得，mg （H +h ）-W f =0，则小球克服阻力做功W f =mg （H +h ）．故A 错误．小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg （H +h ），则小球的机械能减小了mg （H +h ）．故B
正确．落到地面的速度v 运用动量定理得：I G −I F ＝0−
I F ＝I G +
C 正确．对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和．故
D 错误．
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、50.15 0.730
【解题分析】
[1]游标卡尺读数为：5cm+0.05mm×3=50.15mm ；
[2]螺旋测微器读数为：0.5mm+0.01mm×23.0=0.730mm ．
12、甲； 2A ；
1R ； 电压表的分流； 偏小； 乙； 【解题分析】
两个电路图的区别是一个是电流表的外接，另一个是电流表内接，本题中被测电阻的阻值40～50Ω，属于小电阻，根据待测电阻与电压表和电流表内阻的比较，选择采用内接法还是外接法；本着读数精确性的原则，电流表选用A 2，本着安全性和便于操作的原则，滑动变阻器选用R 1．
【题目详解】
（1）被测电阻的阻值40∼50Ω，属于小电阻，电流表内阻4Ω和20Ω，伏特表V 的内阻约20kΩ，则有：V x A
R R Rx R .故应采用外接法，即图甲；电路中电流最大值不超过为9/40A=0.23A=230mA ，本着精确性的原则，电流表选择A 2；滑动变阻器为限流接法，两个滑动变阻器均能满足限流要求，本着便于操作的原则，选用R 1；
该实验的系统误差主要是由电压表的分流引起，电流表测出的电流大于通过R X 的实际电流，而电压没有系统误差，根据实验原理R=U/I 可知，实验测量的是电压表与R x 并联的阻值，故实验的测量值比真实值偏小；
(2)如果知道电流表的内阻，则可以采用电流表内接法；由欧姆定律求出电阻后减去电
流表的阻值即为测量值；
故答案为：(1)甲；A 2；R 1；偏小；(2)乙。

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、20m/s
【解题分析】 小球做平抛运动，在竖直方向上，由212h gt =，所以运动的时间为 2220s 2s 10
h t g ⨯=== 在水平方向上，由0x v t =得
040m/s 20m/s 2
x v t =
== 14、（1）125N =匝（2）0.1T/s B t ∆=∆ 【解题分析】
（1）线圈受到安培力10F N B IL =①
天平平衡10mg N B IL =②
代入数据得125N =匝 ③
（2）由电磁感应定律得2
E N t ∆Φ=∆④ ⑤
由欧姆定律得'E I R
=⑥ 线圈受到安培力20''F N B I L =⑦
天平平衡2
2
20'B dL mg N B t R ∆=⋅∆⑧ 代入数据可得
0.1T/s B t
∆=∆⑨ 【题目点拨】 该题的关键是分析好安培力的方向，列好平衡方程，基础题
15、（1）3A （2）21.2/m s ；方向沿斜面向下
【解题分析】
试题分析：杆静止在斜面上，受力平衡，杆受到重力、轨道的支持力以及安培力，根据
平衡条件结合安培力公式列式求解即可；若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度．
（1）杆静止在斜面上，受力平衡，杆受到重力、轨道的支持力以及安培力，根据平衡条件得：sin BIL mg θ=，解得sin 0.01100.63A 0.20.1
mg I BL θ⨯⨯===⨯； （2）若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿第二定律得： sin cos sin sin cos F mg BIL mg mg ma 合θθθθθ=-=-=；
解得2100.6100.60.8 1.2/a m s =⨯-⨯⨯=，方向沿斜面向下．。