2025屆樂成公立寄宿學(xué)校高二物理第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題含解析

2025屆樂成公立寄宿學(xué)校高二物理第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、如圖所示，直流電動機線圈的電阻為R，電源內(nèi)阻為r，當該電動機正常工作時，電源路端電壓為U，通過電動機的電流為I，則()A．電源的輸出功率為IU＋I2R B．電動機的機械功率為IUC．電源電動勢為I(R＋r) D．電動機內(nèi)部發(fā)熱功率為I2R2、某金屬導(dǎo)線，如果在10s時間內(nèi)有5.0×1019個自由電子通過面積為0.1m2的某截面，那么通過這個截面的電流強度是（）A．0 B．0.8A C．1.6A D．3.2A3、2012年6月18日，“神舟九號”與“天宮一號”完美“牽手”，成功實現(xiàn)自動交會對接（如圖）．交會對接飛行過程分為遠距離導(dǎo)引段、自主控制段、對接段、組合體飛行段和分離撤離段．則下列說法正確的是（）A．對接前,“神舟九號”欲追上“天宮一號”，必須在同一軌道上點火加速B．對接時,“神舟九號”與“天宮一號”所受萬有引力的大小一定相等C．在組合體飛行段，“神舟九號”與“天宮一號”繞地球作勻速圓周運動的速度大于1．9km/sD．分離后，“神舟九號”變軌降低至飛行軌道運行時，其動能比在交會對接軌道時大4、如圖所示，邊長為l的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通以恒定的逆時針方向的電流。圖中虛線過ab邊中點和ac邊中點，在虛線的下方為垂直于導(dǎo)線框向里的有界矩形勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B。此時導(dǎo)線框處于靜止狀態(tài)，細線中的拉力為F1；現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方且磁感應(yīng)強度的大小改為原來的2倍，保持其他條件不變，導(dǎo)線框仍處于靜止狀態(tài)，此時細線中拉力為F2。則導(dǎo)線框中的電流大小為（）A． B． C． D．5、如圖所示，在傾角為α的光滑斜面上，放置一根長為L，質(zhì)量為m，通電電流為I的導(dǎo)線。若使導(dǎo)線靜止，應(yīng)該在斜面上施加勻強磁場B的大小和方向為（）A．，方向垂直斜面向上B．，方向垂直水平面向上C．，方向豎直向下D．，方向水平向左6、如圖所示，豎直放置的螺線管與導(dǎo)線構(gòu)成回路，導(dǎo)線所圍區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的變化的勻強磁場，螺線管下方水平桌面上有一導(dǎo)體圓環(huán)，要導(dǎo)體圓環(huán)受到向上的磁場作用力，則導(dǎo)線所圍區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化圖象是A． B．C． D．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、在如圖甲所示的電路中,、、為三個相同規(guī)格的小燈泡,這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示.當開關(guān)閉合后,電路中的總電流為,則此時(）。A．兩端的電壓為兩端電壓的倍B．消耗的電功率為C．的電阻為D．、消耗的電功率的比值大于8、在如圖所示電路中，電源內(nèi)阻不可忽略。開關(guān)S閉合后，在滑動變阻器R2的滑動端由a向b緩慢滑動的過程中，()A．電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小B．電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大C．電源路端電壓增大D．電容器C所帶電荷量減小9、如圖所示，在區(qū)域I和區(qū)域II內(nèi)分別存在著與紙面垂直的勻強磁場，一帶電粒子沿著弧線apb由區(qū)域I運動到區(qū)域II．已知圓弧ap與圓弧pb的弧長之比為2∶1，下列說法正確的是()A．粒子在區(qū)域I和區(qū)域II中的速率之比為2∶1B．粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為2∶1C．圓弧ap與圓弧pb對應(yīng)的圓心角之比為2∶1D．區(qū)域I和區(qū)域II的磁場方向相反10、下列設(shè)備或電器中，沒有利用電磁感應(yīng)原理工作的是A．發(fā)電機 B．白熾燈C．電動機 D．電吹風(fēng)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）（1）在測定金屬電阻率的實驗中，用伏安法測定一段阻值約為5的金屬導(dǎo)線的電阻，要求測量結(jié)果盡量準確，現(xiàn)備有以下器材：A．電池組（3V）B．電流表（0~3A，內(nèi)阻約0.0125）C．電流表（0~0.6A，內(nèi)阻約0.125）D．電壓表（0~3V，內(nèi)阻約3k）E．電壓表（0~15V，內(nèi)阻約15k）F．滑動變阻器（0~20，額定電流1A）G．滑動變阻器（0~2000，額定電流0.3A）H．電鍵、導(dǎo)線。Ⅰ.待測電阻是一根均勻材料制成的金屬絲（橫截面為圓形），用螺旋測微器測量其直徑，結(jié)果如圖所示。由圖可知其直徑d=_______mm。Ⅱ．根據(jù)實驗的實際需要，電流表應(yīng)選______，電壓表應(yīng)選______，滑動變阻器應(yīng)選________（填選項號：如A、B、C等）Ⅲ．實驗電路應(yīng)采用電流表________接法。（填“內(nèi)”或“外”）（2）某同學(xué)在探究規(guī)格為“6V，3W”的小電珠伏安特性曲線實驗中：該同學(xué)采用圖甲所示的電路進行測量。圖中R為滑動變阻器（阻值范圍0~10Ω，額定電流1.0A），L為待測小電珠，V為電壓表（量程6V，內(nèi)阻約20kΩ），A為電流表（量程0.6A，內(nèi)阻約1Ω），E為電源（電動勢8V，內(nèi)阻不計），S為開關(guān)。Ⅰ．在實驗過程中，開關(guān)S閉合前，滑動變阻器的滑片P應(yīng)置于最____端；（填“左”或“右”）Ⅱ．在實驗過程中，已知各元器件均無故障，但閉合開關(guān)S后，無論如何調(diào)節(jié)滑片P，電壓表和電流表的示數(shù)總是調(diào)不到零，其原因是_____點至_____點的導(dǎo)線沒有連接好；（圖甲中的黑色小圓點表示接線點，并用數(shù)字標記，空格中請?zhí)顚憟D甲中的數(shù)字，如“2點至3點”的導(dǎo)線）Ⅲ．該同學(xué)描繪出小電珠的伏安特性曲線示意圖如圖乙所示，則小電珠的電阻值隨工作電壓的增大而______。（填“不變”、“增大”或“減小”）12．（12分）在描繪小燈泡的伏安特性曲線的實驗中，實驗室備有下列器材供選擇：A．待測小燈泡“3V，2W”B．電流表A1（量程3A，內(nèi)阻約為1Ω）C．電流表A2（量程0.6A，內(nèi)阻約為5Ω）D．電壓表V1（量程3V，內(nèi)阻約為10kΩ）E．電壓表V2（量程15V，內(nèi)阻約為50kΩ）F．滑動變阻器器（最大阻值為100Ω，額定電流50mA）G．滑動變阻器（最大阻值為10Ω，額定電流1A）H．電源（電動勢為4V，內(nèi)阻不計）I．電鍵及導(dǎo)線等（1）電流表應(yīng)選用______；電壓表應(yīng)選______；滑動變阻器應(yīng)選用______（填器材前面的字母）（2）在圖甲實物圖中，有部分線已連好，要求小燈泡的電壓從零開始測量，請連成符合要求的完整的電路圖___________（3）開關(guān)閉合之前，圖中滑動變阻器的滑片應(yīng)該置于______（選填“A端”、“B端”或'“AB中間”）（4）某同學(xué)實驗后作出的I-U圖象如圖乙所示，則當燈泡兩端的電壓為2.4V時，燈泡的實際功率是______W（結(jié)果保留兩位有效數(shù)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）如圖所示在長為2L的絕緣輕質(zhì)細桿的兩端各連接一個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B（可視為質(zhì)點，也不考慮二者間的相互作用力），A球帶正電、電荷量為+2q，B球帶負電.電荷量為-3q.現(xiàn)把A和B組成的帶電系統(tǒng)鎖定在光滑絕緣的水平面上，并讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域MPQN（邊界MPNQ也在電場內(nèi)）內(nèi).已知虛線MP是細桿的中垂線，MP和NQ的距離為4L，勻強電場的場強大小為E，方向水平向右.現(xiàn)取消對A、B的鎖定，讓它們從靜止開始運動.（忽略小球運動中所產(chǎn)生的磁場造成的影響）(1)求小球A、B運動過程中的最大速度；(2)小球A、B能否回到原出發(fā)點？若不能，請說明理由；若能，請求出經(jīng)過多長時間帶電系統(tǒng)又回到原地發(fā)點.14．（16分）有一單匝矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸轉(zhuǎn)動，線圈面積為，產(chǎn)生電壓有效值，頻率為向一霓虹燈供電：求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小。若線圈從中性面開始轉(zhuǎn)動，寫出交流電電壓的瞬時值表達式。若霓虹燈的激發(fā)電壓和熄滅電壓均為，試估算在一個小時內(nèi)，霓虹燈發(fā)光時間t．15．（12分）如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形(不計電子所受重力)。(1)在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子到y(tǒng)軸(圖中FO邊界)所需的時間。(電子的質(zhì)量為m，電量為e)(2)在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域時的位置坐標。(3)若將左側(cè)電場II整體水平向右移動L/4，在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子，使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開(D不隨電場移動)，求在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置(即釋放點的橫、縱坐標應(yīng)滿足的關(guān)系式)。

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【解析】試題分析：對于電功率的計算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計算公式是不一樣的．根據(jù)焦耳定律可得電動機內(nèi)部發(fā)熱功率為，電動機消耗的功率為，電動機消耗的電功率一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即發(fā)熱功率，一部分轉(zhuǎn)化為機械能，故電動機的機械功率，故B錯誤，D正確；根據(jù)閉合回路歐姆定律可得，電源的輸出功率為P=UI，A錯誤，C錯誤．【點睛】在計算電功率的公式中，總功率用來計算，發(fā)熱的功率用來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結(jié)果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發(fā)熱的功率，這兩個的計算結(jié)果是不一樣的．2、B【解析】

解：由電流的定義可知：I=qt=1.6×103、D【解析】對接前,“神舟九號”欲追上“天宮一號”，必須在低軌道上點火加速，A錯誤．根據(jù)對接時,“神舟九號”與“天宮一號”質(zhì)量不一定相等，所受萬有引力的大小不一定相等，B錯誤，1．9km／s為第一宇宙速度，繞行地球的最大速度，所以C錯誤，由公式得，分離后，“神舟九號”變軌降低至飛行軌道運行時，其動能比在交會對接軌道時大，D正確．4、D【解析】

當磁場在虛線下方時，通電導(dǎo)線的等效長度為，受到的安培力方向豎直向上，設(shè)三角形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，則有：當磁場在虛線上方時，通電導(dǎo)線的等效長度為，受到的安培力方向豎直向下，磁感應(yīng)強度增大到原來的兩倍，故此時有：聯(lián)立可得故D正確，ABC錯誤；故選D。5、C【解析】

A.若磁場方向垂直于斜面向上，由左手定則知安培力平行于斜面向下，導(dǎo)線不可能靜止，故A錯誤；B.若磁場方向垂直于水平面向上，由左手定則知安培力水平向右，導(dǎo)線不可能處于平衡，故B錯誤；C.若磁場方向豎直向下，由左手定則知安培力水平向左，根據(jù)平衡條件：所以故C正確；D.若磁場方向水平向左，受到豎直向上的安培力，故mg=BIL解得故D錯誤。6、D【解析】

導(dǎo)體圓環(huán)將受到向上的磁場作用力，根據(jù)楞次定律的另一種表述，可見原磁場磁通量是減小即螺線管和構(gòu)成的回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在減小．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則感應(yīng)電流可知減小時，感應(yīng)電流才減?。瓵B．AB選項中所示斜率不變，不符合題意，故AB錯誤．C．選項中所示斜率增大，不符合題意，故C錯誤．D．選項中所示斜率減小，符合題意，故D正確．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、BD【解析】

A．L1的電流為L2電流的2倍，由于燈泡是非線性元件，所以L1的電壓不是L2電壓的2倍。故A錯誤。B．根據(jù)圖象可知，當電流為0.25A時，電壓U=3V，所以L1消耗的電功率P=UI=0.75W故B正確。

C．L2和L3并聯(lián)后與L1串聯(lián)，L2和L3的電壓和電流均相同，則得L2的電流為0.125A，由圖可知，此時L2的電壓小于0.5V，根據(jù)，可知，L2的電阻小于4Ω。故C錯誤。D．根據(jù)P=UI可知，L2消耗的電功率P2＜0.125×0.5=0.0625W所以L1、L2消耗的電功率的比值大于4：1。故D正確。8、BD【解析】

AB．滑動變阻器R2的滑動端由a向b緩慢滑動的過程中，則滑動變阻器接入電阻減小，則總電阻減小，電路中總電流增大，電流表示數(shù)增大，內(nèi)阻和R1兩端電壓增大，則R2的電壓減小，故電壓表示數(shù)減小，故A錯誤，B正確；C．滑動變阻器R2的滑動端由a向b緩慢滑動的過程中，則滑動變阻器接入電阻減小，則總電阻減小，電路中總電流增大，內(nèi)電壓增大，電源路端電壓減小，故C錯誤；D．電容器的電壓等于R2的電壓，則電容器電壓減小，根據(jù)Q=UC可知，電容器C所帶電荷量減小，故D正確；9、BD【解析】由于洛倫茲力不做功，所以粒子在兩個磁場中的運動速度大小不變，即粒子在區(qū)域I和區(qū)域II中的速率之比為1：1，A錯誤；根據(jù)，v相同，則時間之比等于經(jīng)過的弧長之比，即粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為2：1，B正確；圓心角，，由于磁場的磁感應(yīng)強度之比不知，故半徑之比無法確定，則轉(zhuǎn)過的圓心角之比無法確定，故C錯誤；根據(jù)曲線運動的條件，可知洛倫茲力的方向與運動方向的關(guān)系，再由左手定則可知，兩個磁場的磁感應(yīng)強度方向相反，故D正確；故選BD．點睛：此題考查粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，掌握半徑與周期公式，理解運動時間與圓心角及周期關(guān)系，同時知道洛倫茲力對粒子不做功．10、BCD【解析】發(fā)電機是線圈在磁場中運動，結(jié)果是產(chǎn)生電流，利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象原理，故A正確；白熾燈是將電能轉(zhuǎn)化為熱能后一部分熱能轉(zhuǎn)化為光能的設(shè)備，即是消耗電能的電熱裝置，故B錯誤；電動機是線圈在磁場中運動，因通電，而產(chǎn)生力，故C錯誤；電吹風(fēng)是將電能轉(zhuǎn)化為熱能，與電磁感應(yīng)無關(guān)，故D錯誤；故選A．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、0.435mm（0.433-0.436）CDF外左1（或5）5（或1）增大【解析】

(1)Ⅰ[1]由圖可知其直徑Ⅱ[2][3][4]根據(jù)題意可知，電源電壓3V，阻值約5歐，所以回路電流最大值為所以電流表選擇C；電壓表選擇D；根據(jù)題意可知，為了方便調(diào)節(jié)減小誤差，滑動變阻器應(yīng)選擇F。Ⅲ[5]因為所以采取外接法。(2)Ⅰ[6]閉合開關(guān)前，待測支路電流為零，所以滑片置于最左端。Ⅱ[7][8]在實驗過程中，已知各元器件均無故障，但閉合開關(guān)S后，無論如何調(diào)節(jié)滑片P，電壓表和電流表的示數(shù)總是調(diào)不到零，電路連成了限流式接法，所以1點至5點的導(dǎo)線沒有連接好。Ⅲ[9]根據(jù)伏安特性曲線可知，圖像斜率表示電阻倒數(shù)，斜率變小，則電阻增大。12、CDGA端1.3【解析】（1）電壓表和電流表讀數(shù)超過量程時誤差較?。郎y小燈泡“3V，2W”，則電流表應(yīng)選用C．電流表A2（量程0.6A，內(nèi)阻約為5Ω），電壓表應(yīng)選D．電壓表V1（量程3V，內(nèi)阻約為10kΩ）；描述小燈泡的伏安特性曲線，滑動變阻器采用分壓式接法，宜采用阻值相對較小的，則滑動變阻器應(yīng)選用G．滑動變阻器（最大阻值為10Ω，額定電流1A）（2）小燈泡電阻相對電壓表內(nèi)阻較小，采用電流表的外接法，則實物連接如圖：（3）開關(guān)閉合前，應(yīng)調(diào)節(jié)滑動變阻器使開關(guān)閉合時流過小燈泡的電流最小，則滑動變阻器的滑片應(yīng)該置于A端（4）由圖知，當燈泡兩端的電壓為2.4V時，流過燈的電流為0.55A，則燈泡的實際功率四、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)(2)【解析】

(1)當B球進入電場后，合力向左，系統(tǒng)開始減速，故此時物體速度最大，對加速過程運用動能定理列式求解即可；(2)系統(tǒng)在B球進入電場前做加速運動，B球進入電場后開始做減速運動；返回過程先加速后減速，向右和向左的過程具有對稱性；由牛頓第二定律，求解出加速過程和減速過程的加速度，然后根據(jù)運動學(xué)公式和動能定理列式求解．【詳解】(1)帶電系統(tǒng)鎖定解除后，在水平方向上受到向右的電場力作用開始向右加速運動，當B進入電場區(qū)時，系統(tǒng)所受的電場力為A、B的合力，因方向向左，從而做減速運動，以后不管B有沒有離開右邊界，速度大小均比B剛進入時小，故在B剛進入電場時，系統(tǒng)具有最大速度.設(shè)B進入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為a1，由牛頓第二定律：2Eq＝2ma1①B剛進入電場時，系統(tǒng)的速度為vm，由②可得③(2)對帶電系統(tǒng)進行分析，假設(shè)A能達到右邊界，電場力對系統(tǒng)做功為W1則④故系統(tǒng)不能從右端滑出，即：當A剛滑到右邊界時，速度剛好為零，接著反向向左加速