2024屆河源市重點中學高二物理第一學期期中學業質量監測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、真空中兩個點電荷相距時，靜電力為，如果保持它們的電量不變，而將距離減少為時，靜電力將變為(

)A． B． C．2 D．42、一個閉合線圈放在變化的磁場中，線圈產生的感應電動勢為E。若僅將線圈匝數增加為原來的4倍，則線圈產生的感應電動勢變為（）A．4EB．2EC．E/2D．E/43、如圖所示，將長為L不帶電的金屬棒放在場強為E的勻強電場中，棒與等勢面的夾角為α，則棒兩端的電勢差最終為A．EL B．ELcosαC．ELsinα D．04、一根粗細均勻的電阻絲的阻值為R，在材料和溫度不變的情況下，下列情況中阻值仍為R的是A．長度和橫截面的半徑都增大為原來的2倍B．長度不變，橫截面的面積增大為原來的2倍C．橫截面的面積不變，長度減小為原來的D．長度和橫截面的面積都減小為原來的5、設計師設計了一個非常有創意的募捐箱。如圖所示，點為漏斗形口的圓心，某個硬幣在募捐箱上類似于漏斗形的部位滾動很多圈之后，從下方的圓孔掉入募捐箱。硬幣直徑遠小于漏斗形孔徑。如果把硬幣在不同位置的運動近似看成水平面內的勻速圓周運動，空氣阻力和摩擦阻力忽略不計，則關于這枚硬幣在、兩處的說法正確的是A．在、兩處做圓周運動的圓心都為點B．向心力的大小C．角速度的大小D．線速度的大小6、如圖所示，有兩個穿著溜冰鞋的人站在水平冰面上，當其中某人A從背后輕輕推另一個人B時，兩個人會向相反的方向運動．不計摩擦力，則下列判斷正確的是（）A．A、B的質量一定相等B．推后兩人的動能一定相等C．推后兩人的總動量一定為零D．推后兩人的速度大小一定相等二、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、如圖所示，定值電阻R0=r（r為電源內阻），滑動變阻器的最大阻值為R（R＞2r），閉合開關S，在滑動變阻器的滑片P由左端a向右端b滑動的過程中，以下說法中正確的是（）A．電源總功率變小B．R0消耗的功率變大C．滑動變阻器消耗的功率先變大后變小D．電源的輸出功率變小8、如圖所示，紙面內有一勻強電場，帶正電的小球（重力不計）在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運動至B，已知力F和AB間夾角為θ，AB間距離為d，小球帶電量為q，則下列結論正確的是A．電場強度的大小為B．AB兩點的電勢差為C．帶電小球由A運動至B過程中電勢能增加了D．帶電小球若由B勻速運動至A，則恒力F必須反向9、如圖所示，質量相同的兩個小球A、B，其中小球A帶負電，小球B帶正電，但電荷量不等量，二者電荷量的值滿足：qA＞qB，通過絕緣輕彈簧連接，置于絕緣光滑的水平面上，當突然加以水平向右的勻強電場后，兩小球A、B將由靜止開始運動，在輕彈簧第一次伸到最長的運動過程中，對兩個小球和彈簧組成的系統（整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用且彈簧不超過彈性限度），以下說法正確的是（）A．因為小球A、B的質量相等，故系統總動量始終為零B．雖然小球A、B的質量相等，但是系統總動量仍然不斷增加C．小球B的動能先增加后減小，彈簧的彈性勢能不斷增大D．當小球B所受電場力與彈簧的彈力相等時，小球B的動能最大10、如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc,實線為一帶負電的離子僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據此可知A．三個等勢面中，b的電勢最低B．帶電離子通過P點時的電勢能較大C．帶電離子通過P點時的動能較大D．帶電離子通過P點時的加速度較大三、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）現在要測量一段電阻絲的電阻率ρ，其阻值Rx約為0.5Ω，允許通過的最大電流為0.5A.現有如下器材可供選擇：電流表A(量程0.6A，內阻約為0.6Ω)電壓表V(量程3V，內阻約為3kΩ)待測電阻絲Rx(阻值約為0.5Ω)標準電阻R0(阻值5Ω)滑動變阻器R1(5Ω，2A)滑動變阻器R2(200Ω，1.5A)直流電源E(E＝6V，內阻不計)開關S、導線若干(1)圖為四位同學分別設計的測量電路的一部分，你認為合理的是________；(2)實驗中滑動變阻器應該選擇________(選填“R1”或“R2”)，并采用________接法；（分壓，限流）(3)根據你在(1)(2)中的選擇，在圖甲上完成實驗電路的連接________；(4)實驗中，如果兩電表的讀數分別為U和I，測得拉直后電阻絲的長度為L、直徑為D，則待測電阻絲的電阻率ρ的計算式為ρ＝________；(5)用螺旋測微器測量待測電阻絲的直徑時讀數如圖乙所示，則該電阻絲的直徑D＝________.12．（12分）常用螺旋測微器的精度是0.01mm，下圖中的螺旋測微器讀數為5.623mm，請你在刻度線旁邊的方框內標出相應的數以符合給出的數值．（__________）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）如圖所示，M、N為中心開有小孔的平行板電容器的兩極板，相距為D，其右側有一邊長為2a的正三角形區域，區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，在極板M、N之間加上電壓U后，M板電勢高于N板電勢．現有一帶正電的粒子，質量為m、電荷量為q，其重力和初速度均忽略不計，粒子從極板M的中央小孔S1處射入電容器，穿過小孔S2后從距三角形A點a的P處垂直AB方向進入磁場，試求：（1）粒子到達小孔S2時的速度；（2）若粒子從P點進入磁場后經時間t從AP間離開磁場，求粒子的運動半徑和磁感應強度的大小；（3）若粒子能從AC間離開磁場，磁感應強度應滿足什么條件？14．（16分）圖中電源電動勢E=12V，內電阻r=0.5Ω,將一盞額定電壓為8V，額定功率為16W的燈泡與一只線圈電阻為0.5Ω的直流電動機并聯后和電源相連，燈泡剛好正常發光，通電100min．問：（1）電動機的輸出功率為多少?（2）燈絲和電動機線圈產生的熱量各是多少？15．（12分）電荷所帶電荷量q＝3.0×10-10C，在電場中某一點所受的電場力F＝9.0×10-7N，方向豎直向上，求這一點電場強度的大小和方向。若在這一點改放一電荷量為q1＝6.0×10-10C的電荷時，電荷所受電場力多大？

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】

電量不變，只是將距離減小一半，根據點電荷庫侖力的公式可以求得距離改變之后的庫侖力的大小．【題目詳解】由點電荷庫侖力的公式可以得到，電量不變，將它們之間的距離減小為r，庫侖力將變為原來的4倍，故D正確、ABC錯誤．故選：D．2、A【解題分析】

根據法拉第電磁感應定律：E=n，可知僅將磁通量的變化率增加為原來的4倍時，線圈中的感應電動勢變為4E，故BCD錯誤，A正確。故選A。3、D【解題分析】

金屬棒放在勻強電場中，由于靜電感應，棒內電荷重新分布，最終達到靜電平衡狀態，整個金屬棒是一個等勢體，所以棒兩端的電勢差最終為1．故D正確．4、D【解題分析】

A.由可知，當長度和橫截面的半徑都增大為原來的2倍時，橫截面積增大為原來的4倍，故電阻變為原來的一半；故A錯誤；B.由可知，長度不變，橫截面積增為2倍時，電阻變為原來的一半，故B錯誤；C.由可知，當長度減為原來的一半，橫截面積不變時，電阻變化原來的倍，故C錯誤；D.由可知，當長度和橫截面積都縮小一半時，電阻不變；故D正確．故選D.5、C【解題分析】

A．在、兩處做圓周運動的圓心是通過點的豎直軸上，不是以點為圓心的，故A錯誤；B．設在、所在弧的切線與水平方向的夾角為、，根據力的合成可得的向心力：的向心力：而，故向心力的大小，故B錯誤；C．根據：可知，，，則角速度的大小，故C正確；D．硬幣下滑過程中，重力做正功，動能增加，線速度增大，故，故D錯誤。故選C．6、C【解題分析】

以兩人組成的系統為研究對象，不計摩擦力系統的合外力為零，系統的動量守恒．A推B之前系統的總動量為1，則推之后兩人的總動量一定為1．取A的速度方向為正方向，由動量守恒定律有mAvA-mBvB=1，即有mAvA=mBvB,可得所以推后兩人的動量大小一定相等，質量不一定相等，則動能不一定相等，速度大小與質量成反比，故ABD錯誤，C正確．故選C.【題目點撥】解決本題的關鍵是掌握動量守恒的條件：合外力為零，判斷出兩人組成的系統動量守恒，運用動量守恒定律列式分析．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】

A．滑片P由a端向b端滑動的過程中，R阻值減小，回路總電阻減小，電流增大，根據P=EI可知，電源的總功率變大，故A錯誤；B．由P=I2R0可知定值電阻R0消耗的功率變大，故B正確；C．將R0等效成電源內阻的一部分，當R=R0+r時，滑動變阻器消耗的功率最大，可以判斷滑動變阻器消耗的功率先變大后變小，故C正確；D．根據電源輸出功率與外電阻的關系，當R外＞r時，輸出功率隨外電阻的減小而增大，故D錯誤；8、BC【解題分析】由題，小球的重力不計，只受到電場力與恒力F而做勻速直線運動，則有，qE=F，則得場強．故A錯誤．A、B兩點的電勢差為UAB=Edcosθ=．故B正確．帶電小球由A運動至B過程中恒力做功為W=Fdcosθ，根據功能關系可知，電勢能增加了Fdcosθ．故C正確．小球所受的電場力恒定不變，若帶電小球由B向A做勻速直線運動時，恒力F大小、方向不變．故D錯誤．故選BC．點睛：本題要根據小球的運動狀態分析受力情況、確定外力做功、判斷電勢能變化，要注意明確物體做勻速運動時，恒力F與電場力一定等大反向．9、BD【解題分析】

A.加電場后，A小球受到向左的電場力，B小球受到向右的電場力，兩小球所受向左的電場力大于向右的電場力，方向相反，合力向左，所以系統的動量不守恒。系統的總動量向左不斷增加，故A錯誤，B正確；C.系統的總動量向左，當A、B兩小球向左速度相等時，彈簧長度達到最大值，在此過程中，小球B先向右加速，后向右減速到零，再向左加速，動能先增大后減小，再增大；彈簧的彈性勢能不斷增大時，故C錯誤；D.兩小球遠離過程，先做加速度不斷減小的加速運動，再做加速度不斷變大的減速運動，故小球B當電場力與彈力平衡時，加速度為零，小球B動能最大，故D正確；故選：BD10、BD【解題分析】

電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶負電，因此電場線指向左上方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最低，a等勢線的電勢最高，故A錯誤；根據質點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點的電勢能大于Q點的電勢能，故B正確；從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，故C錯誤；等勢線密的地方電場線密場強大，故P點位置電場強，電場力大，根據牛頓第二定律，加速度也大，故D正確．故選BD．【題目點撥】解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化．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、CR1分壓1.205【解題分析】

(1)、(2)、關鍵是根據閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻來選擇變阻器阻值以及接法；根據求出的最小電阻來選擇保護電阻；根據待測電阻遠小于電壓表內阻可知電流表應用外接法，但因為待測電阻阻值太小可知待測電阻應與保護電阻串聯使用．(3)根據是連接電路時應先連接主干路然后再連接并聯電路，注意正負極和量程．(4)關鍵是根據歐姆定律和電阻定律求出電阻率的表達式即可．(5)關鍵是讀數時要分成整數部分和小數部分兩部分來讀，注意半毫米刻度線是否露出．【題目詳解】(1)根據閉合電路歐姆定律可知，電路中需要的最大電阻為：，所以變阻器應選R1并且應采用分壓式接法；電路中需要的最小電阻為：，為保護電流表應與一保護電阻串聯，所以排除電路A，再根據待測電阻滿足，可知電流表應用外接法，所以應排除電路D，由于待測電阻阻值太小，將電壓表直接測量時電壓太小無法讀數，所以應將待測電阻與保護電阻串聯后再與電壓表并聯才行，所以合理的電路應是C；(2)根據題(1)中的分析可知，變阻器應選R1，并且應采用分壓式接法；(3)根據題（1）中分析可知電路連接圖如圖所示：(4)圖C電路圖應有：①根據電阻定律應有：②聯立①②可得：(5)螺旋測微器的讀數為：D=1mm+20.6×0.01mm=1.205（±0.002）mm；【題目點撥】明確：①通過估算電路中需要的大小電阻來選擇保護電阻，通過電路中需要的最大電阻來選擇變阻器阻值以及采用的接法；②當待測電阻滿足時，電流表應用外接法．12、【解題分析】

5.623mm可根據螺旋測微器讀數結合題圖可知，主尺固定刻度填5，這樣主尺讀取5.5mm，可動刻度應讀取0.123mm，由于精度為0.01mm，故可動數據讀取12.3時，下面的方框填寫10，上面的方框填寫15四、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、(