江西省撫州市臨川第一中學2024屆物理高二第一學期期中調研試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、關于電磁感應，下列說法中正確的是A．穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大B．穿過線圈的磁通量為零，感應電動勢一定為零C．穿過線圈的磁通量的變化越大，感應電動勢越大D．通過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大2、真空中有兩個點電荷Q1和Q2，它們之間的靜電力為F，下面做法可以使它們之間的靜電力變為2F的有（）A．使Q1的電量變為原來的2倍，同時使它們的距離變為原來的2倍B．使每個電荷的電量都變為原來的2倍，距離變為原來的2倍C．保持它們的電量不變，使它們的距離變為原來的一半D．保持它們的距離不變，使它們的電量都變為原來的倍3、一電流表串聯一個分壓電阻后就改裝成一個電壓表，當把它和標準電壓表并聯后去測某電路中的電壓時，發現標準表讀數為2V時，而改裝表的讀數為2.1V.為了使它的讀數準確，應(

)A．在原分壓電阻上再串聯一個較小的電阻B．在原分壓電阻上再并聯一個較大的電阻C．在原分壓電阻上再串聯一個較大的電阻D．在原分壓電阻上再并聯一個較小的電阻4、如圖所示A、B兩點分別固定帶有等量同種電荷的點電荷，M、N為AB連線上的兩點，且AM=BN，則（）A．M、N兩點的電勢和場強都相等B．M、N兩點的電勢和場強都不相等C．M、N兩點的電勢不同，場強相等D．M、N兩點的電勢相同，場強不相等5、a、b、c、d四個電阻的U-I圖象如圖，則電阻最大的是（）A．a B．b C．c D．d6、用圖所示裝置研究靜摩擦力.彈簧秤對物塊的拉力沿水平方向，逐漸增大拉力，當拉力小于10N時，物塊保持靜止，等于10N時，物塊剛剛開始運動.由此可知A．物塊和臺面間的最大靜摩擦力是10NB．當彈簧秤的示數為5N時，物塊受到的靜摩擦力是10NC．彈簧秤的示數為15N時，物塊受到的摩擦力是0ND．當彈簧秤的示數為15N時，物塊受到的摩擦力是0N二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、用多用電表測電阻時，若選擇“×100”的歐姆檔測量發現（）A．指針指在電阻刻度較靠近0Ω的某刻度線上，則應換用“×1k”的歐姆檔測量B．指針指在電阻刻度較靠近0Ω的某刻度線上，則應換“×10”或“×1”歐姆檔測量C．指針指在電阻刻度較靠近∝的某刻度線上，則應換用“×1k”的歐姆檔測量D．指針在電阻刻度較靠近∝的某刻度線上，則應換用“×10”或“×1”的歐姆檔測量8、某同學將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內部的發熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標上，如圖中的a、b、c所示，根據圖線可知（）A．反映Pr變化的圖線是cB．電源電動勢為4VC．電源內阻為4ΩD．當電流為0.5A時，外電路的電阻為6Ω9、如圖所示，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。不計重力。下列說法說法正確的是A．N帶負電荷，M帶正電荷B．M在b點的動能小于它在a點的動能C．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功D．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能10、如圖所示,勻強磁場的邊界為直角三角形,∠EGF=30°,已知磁感應強度為B,方向垂直紙面向里,F處有一粒子源,沿FG方向發射出大量帶正電荷q的同種粒子,粒子質量為m,粒子的初速度v0大小可調,則下列說法正確的是()A．若粒子能到達EG邊界,則粒子速度越大,從F運動到EG邊的時間越長B．無論v0取何值,粒子都無法到達E點C．能到達EF邊界的所有粒子所用的時間均等D．粒子從F運動到EG邊所用的最長時間為5πm三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）用如圖所示的裝置可以探究做勻速圓周運動的物體需要的向心力的大小與哪些因素有關.(1)本實驗采用的科學方法是_______。A．控制變量法B．累積法C．微元法D．放大法(2)圖示情景正在探究的是______。A．向心力的大小與半徑的關系B．向心力的大小與線速度大小的關系C．向心力的大小與角速度大小的關系D．向心力的大小與物體質量的關系(3)通過圖示實驗可以得到的結論是_____________。A．在質量和半徑一定的情況下，向心力的大小與角速度成正比B．在質量和半徑一定的情況下，向心力的大小與線速度的大小成正比C．在半徑和角速度一定的情況下，向心力的大小與質量成正比D．在質量和角速度一定的情況下，向心力的大小與半徑成反比12．（12分）為了測量一個“12V、6W”的小燈泡在不同電壓下的功率，給定了以下器材:電流表:0～0.6A，0～3A，內阻較小；電壓表:0～3V，0～15V，內阻很大；滑動變阻器；阻值范圍0～20Ω，允許最大電流1A；電源:12V，內阻不計；開關一個，導線若干。實驗時要求加在小燈泡兩端的電壓可從0～12V變化。（1）電壓表應選擇量程__________V；電流表應選擇量程_________A；滑動變阻器應采用_________(選填“分壓”或“限流”)接法。（2）將圖甲中的實物圖連接成實驗電路___；③某位同學測得小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示，由圖可知，通過小燈泡的電流大小為0.40A時，加在它兩端的電壓為_______V，此時小燈泡的實際功率為_______W。（保留2位有效數字）四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖，在區域Ⅰ（0≤x≤d）和區域Ⅱ（d<x≤2d）內分別存在大小相等、方向相反的勻強磁場，且垂直于oxy平面．兩個質量均為m、帶電量均為q（q>0）的粒子a、b于某時刻從坐標原點O沿著x軸正方向射入區域Ⅰ，入射速度分別為和，粒子在區域Ⅰ內向y軸正方向偏轉．己知粒子a在離開區域Ⅰ時，速度方向與x軸正向的夾角為30°．不計重力和兩粒子之間的相互作用力．求：（1）區域Ⅰ內的磁場方向和磁感應強度大小；（2）a在磁場中運動的時間；（3）當a離開區域Ⅱ時，a、b兩粒子的y坐標之差．14．（16分）水平放置的兩塊平行金屬板長L=5.0cm，兩板間距d=1.0cm，兩板間電壓為90v，且上板為正，一個電子沿水平方向以速度v0=2.0×107m/s，從兩板中間射入，如圖，求：(電子質量m=9.01×10-31kg)（1）電子飛出電場時沿垂直于板方向偏移的距離是多少？（2）電子離開電場后，打在屏上的P點，若S=10cm，求OP的長？15．（12分）如圖所示，帶電荷量為Q的正點電荷固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面底部的C點，斜面上有A、B兩點，且A、B和C在同一直線上，A和C相距為L，B為AC中點．現將一帶電小球從A點由靜止釋放，

當帶電小球運動到B點時速度正好又為零，已知帶電小球在A點處的加速度大小，靜電力常量為k，求：（1）小球運動到B點時的加速度大小；（2）B和A兩點間的電勢差（用k、Q和L表示）．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解題分析】

A．由公式可知，穿過線圈的磁通量越大，線圈的磁通量變化率不一定大，感應電動勢不一定越大，故A錯誤；B．由公式可知，穿過線圈的磁通量為零，若線圈的磁通量變化率不為零，則感應電動勢就不為零，故B錯誤；C．由公式可知，穿過線圈的磁通量變化越大，線圈的磁通量變化率不一定大，感應電動勢不一定越大，故C錯誤；D．穿過線圈的磁通量變化越快，磁通量的變化率越大，由法拉第電磁感應定律得知，感應電動勢越大，故D正確。2、D【解題分析】

根據庫侖定律可知A.使Q1的電量變為原來的2倍，同時使它們的距離變為原來的2倍，它們間的靜電力變為原來的一半，故A錯誤。B.使每個電荷的電量都變為原來的2倍，距離變為原來的2倍，它們間的靜電力為F，故B錯誤。C.保持它們的電量不變，使它們的距離變為原來的一半，它們間的靜電力為4F，故C錯誤。D.保持它們的距離不變，使它們的電量都變為原來的倍，它們之間的靜電力變為2F，故D正確。3、A【解題分析】

兩電壓表并聯，通過它們的電壓相等，標準表讀數為2V時，而改裝表的讀數為2.1V，說明改裝后的電壓表串聯的電阻稍小，而導致電流稍大；為校準電壓表，應使串聯的電阻阻值稍微增大，可以在原分壓電阻上再串聯一個較小的電阻，故A正確，B、C、D錯誤．故選A。4、D【解題分析】

M、N兩點電荷相同，根據電場分布的對稱性知，電場強度大小相同，方向相反，場強不同，而電勢相同，故ABC錯誤，D正確。故選：D。5、A【解題分析】

電阻可知電阻R等于U-I圖線的斜率。圖線a的斜率的最大，電阻最大【題目點撥】A．a與分析相符，故A正確；B．b與分析不符，故B錯誤；C．c與分析不符，故C錯誤；D．d與分析不符，故D錯誤。6、A【解題分析】A、物體受重力、支持力、拉力和摩擦力；當拉力等于10N時，物塊剛剛開始運動，說明最大靜摩擦力為10N，故A正確；B、當彈簧秤的示數為5N時，沒有拉動，物體保持靜止，受靜摩擦力為5N，故B錯誤；CD、當彈簧秤的示數為15N時，物體加速運動，受到滑動摩擦力，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，為10N，故CD錯誤；故選A．【題目點撥】關鍵是明確滑塊的受力情況，要分靜摩擦力和滑動摩擦力兩種情況討論．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解題分析】

AB．指針指在電阻刻度較靠近0Ω的某刻度線上，所選擋位太大，為準確測量電阻阻值，應換用“×10”或“×1”的歐姆檔，故A錯誤，B正確；CD．指針指在電阻刻度較靠近∝的某刻度線上，說明所選擋位太小，為準確測量電阻阻值，則應換用“×1k”的歐姆檔，故C正確，D錯誤；故選BC。8、ABD【解題分析】

A.根據直流電源的總功率PE=EI內部的發熱功率Pr=I2r輸出功率PR=EI-I2r可知反映Pr變化的圖線是c，反映PE變化的是圖線a，反映PR變化的是圖線b，故A正確。B.圖線a的斜率等于電源的電動勢，由得到故B正確。C.由圖，當I=2A時，Pr=8W，由公式Pr=I2r得r=2Ω故C錯誤。D.當電流為0.5A時，由圖讀出電源的功率PE=2W，由代入得到，R=6Ω故D正確。9、BD【解題分析】A、由粒子運動軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M帶負電荷，N帶正電荷，故A錯誤；B、M從a到b點，庫侖力做負功，根據動能定理知，動能減小，則b點的動能小于在a點的動能，故B正確；C、N從c到d，庫侖斥力做正功，故C錯誤；D、d點和e點在同一等勢面上，電勢相等，則N在d點的電勢能等于在e點的電勢能，故D正確。點睛：本題關鍵是根據曲線運動的條件判斷出靜電力的方向，掌握判斷動能和電勢能變化的方向，一般的解題思路是根據動能定理判斷動能的變化，根據電場力做功判斷電勢能的變化。10、BC【解題分析】試題分析：當粒子的軌跡與EG邊界相切時，粒子恰好到達EG邊界，如圖所示若粒子速度大于這個速度，則從EG邊界射出，根據r=mvBq可得粒子運動半徑增大，軌跡所對圓心角減小，根據t=θ2πT（T=2πmBq考點：考查了帶電粒子在勻強磁場中的運動【名師點睛】帶電粒子在勻強磁場中運動時，洛倫茲力充當向心力，從而得出半徑公式R=mvBq，周期公式T=2πm三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、ADC【解題分析】

(1)[1]在這兩個裝置中控制半徑、角速度不變，只改變質量來研究向心力與質量之間的關系，故采用的控制變量法，所以A是正確的

(2)[2]控制半徑、角速度不變，只改變質量來研究向心力與質量之間的關系，所以D是正確的.(3)[3]通過控制變量法得到的結果為在半徑和角速度一定的情況下，向心力的大小與質量成正比,所以C是正確的12、(1)0~0.6A0~15V分壓式（2）（3）6.0V2.4W【解題分析】（1）小燈泡的額定電壓約12V，所以要選擇量程為0-15V的電壓表；流過燈泡的電流為所以電流表選擇0-0.6A的量程，要求電壓從零調節，因此要用滑動變阻器的分壓接法。（2）電路如圖所示：（3）從伏安特征曲線上可得，當小燈泡電流強度大小為0.40A時小燈泡兩端的電壓是6V，所以小燈泡的實際功率為：P=UI=6×0.40W=2.4W。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）磁場方向垂直于紙面向里B=（2）（3）Δy=【解題分析】

（1）粒子帶正電，在區域Ⅰ內向y正方向偏轉由左手定則可知，磁場方向垂直于紙面向里軌跡如圖所示：粒子a離開區域Ⅰ時速度的偏轉角是30°，根據數學知識，在區域Ⅰ對應的圓心角為30°設粒子a在磁場中的軌道半徑為R根據幾何關系解得：R=2d由洛倫茲力提供向心力解得：B=