2024届上海市南汇中学高二物理第一学期期中调研试题含解析

2024届上海市南汇中学高二物理第一学期期中调研试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、如图甲所示，电源电动势E＝6V，闭合开关，将滑动变阻器的滑片P从A端滑至B端的过程中，得到电路中的一些物理量的变化如图乙、丙、丁所示．其中图乙为输出功率与路端电压的关系曲线，图丙为路端电压与总电流的关系曲线，图丁为电源效率与外电路电阻的关系曲线，不考虑电表、导线对电路的影响．则下列关于图中a、b、c、d点的坐标值正确的是A．a（3V,4.5W） B．b（4.5v,2.88W）C．c（0.6A,4.5V） D．d（2Ω，80%）2、如图所示,图线a表示的导体的电阻为R1,图线b表示的导体的电阻为R2,则下列说法中正确的是()A．R1∶R2=1∶3B．R1∶R2=3∶1C．将R1与R2串联后接于同一电源上,则通过它们的电流之比I1∶I2=1∶3D．将R1与R2并联后接于同一电源上,则它们两端的电压之比U1∶U2=1∶33、两相同带电小球，带有等量的同种电荷，用等长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示。平衡时，两小球相距r，两小球的直径比r小得多，若将两小球的电量同时各减少一半，当它们重新平衡时，两小球间的距离A．等于r/2B．小于r/2C．大于r/2D．等于r4、一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示。以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）A．U变小，E变小 B．E变大，Ep变大C．U变小，Ep变大 D．U不变，Ep变大5、根据分子动理论,物质分子之间的距离为某一个值时,分子所受的斥力和引力相等,则此时(

)A．分子具有最大势能B．分子具有最小势能C．引力和斥力都是最大值D．引力和斥力都是最小值6、甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图象如图所示，则下列说法正确的是A．t1时刻两车相距最远B．t1时刻乙车追上甲车C．t1时刻两车的速度刚好相等D．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度二、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、将一质量为1kg的小球以v0=4m/s的速度从A点竖直上抛，经1s后到达B点，若选竖直向上方向为正方向，不计空气阻力，g取10m/s2，以下说法正确的是A．小球到达B点时的速度为－6m/sB．小球到达B点时的动量为6kg•m/sC．小球从A点运动到B点的过程中，重力的冲量为10N•sD．小球从A点运动到B点的过程中，动量的变化量为－10kg•m/s8、从水平地面上方高h=0.8m处，将a，b两球以v0=3m/s抛出，a球平抛，b球竖直下抛。两球质量相等均为1kg，最后落于同一水平地面上。在此过程中，下列说法正确的是()A．两球落地时动量的大小相等B．两球从抛出到落地重力的冲量相等C．若b球落地时无能量损失反弹，和地面的相互作用时间为0.1s，则地面对b球的平均作用力大小为110ND．若b球落地时无能量损失反弹，和地面的相互作用时间为0.1s，则地面对b球的平均作用力大小为100N9、如图所示，φ﹣x图表示空间某一静电场的电势φ沿x轴的变化规律，图象关于φ轴对称分布．x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，则（）A．Exa＞ExbB．Exa沿x负方向，Exb沿x正方向C．同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向相反D．将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做正功后做负功10、传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器．可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容．现将此电容式传感器与灵敏电流表（电流从正接线柱流入指针向右偏转）和电源串联成闭合电路，在待测压力增大过程中，以下说法正确的是A．电容器的电容将减小 B．电容器的电荷量将增加C．灵敏电流表中有向左的电流 D．灵敏电流表中有向右的电流三、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）如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．使电容器带电后与电源断开：（1）上移左极板，可观察到静电计指针偏转角（填变大，变小或不变）；（2）将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角（填变大，变小或不变）；（3）两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角（填变大，变小或不变）．12．（12分）用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻.电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用.除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（a）电流表（量程0.6A、3A）；（b）电压表（量程3V、15V）（c）定值电阻（阻值1、额定功率5W）（d）定值电阻（阻值10，额定功率10W）（e）滑动变阻器（阴值范围0-10、额定电流2A）（f）滑动变阻器（阻值范围0-100、额定电流1A）那么：(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择____V，电流表的量程应选择____A；R0应选择______的定值电阻，R应选择阻值范围是_______的滑动变阻器.(2)引起该实验系统误差的主要原因是__________.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）如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF；已知电源电动势E=4V，内阻r=0.5Ω。求：(1)当S1闭合、S2断开时，电路消耗的总功率；(2)当S1闭合、S2均闭合时，电路消耗的总功率；(3)当S1闭合、S2断开时，电容器所带的电荷量为多少？14．（16分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在y轴负半轴上的某处固定着一点电荷（设匀强电场与点电荷电场以x轴为界互不影响），一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入第IV象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，OP=3R．不计粒子重力，静电力常量为k，求：（1）M、N两点间的电势差UMN；

（2）固定x轴下侧平面内的点电荷电量Q.15．（12分）如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l＝0.5m．ed间连入一电源E＝3V，内阻r=0.5Ω，ab间放置一根长为l＝0.5m的金属杆与导轨接触良好，cf水平且abcf为矩形．空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°～90°之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡．已知金属杆质量为0.1kg，金属杆的电阻R为1Ω，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ倍．重力加速度g＝10m/s2，试求磁感应强度B及μ.

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】

A．由丙图可知短路电流为I短=3A，由得：；当输出功率达到最大时：R=r=2Ω，此时路端电压为U=3V，所以各点的坐标为：a点：U=3V，A点坐标为：（3V，4.5W）；选项A正确；BCD．电源效率最高时，滑动变阻器的阻值最大，由丙图知电源的最大效率为η=80%

由解得：R=8Ω变阻器的滑动头C在右端B时，分别对应c、b、d三点。b点、c点：R=8Ω，U=E-Ir=6-0.6×2=4.8VP=UI=4.8×0.6W=2.88W所以b点的坐标为：（4.8V，2.88W）；c点的坐标为（0.6A，4.8V）；d点坐标为（8Ω，80%）；故BCD错误。2、A【解题分析】根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，，，所以R1：R2=1：1．则A正确，B错误；串联的电流相同，则C错误，并联后电压相同，则D错误；故选A.3、C【解题分析】

电量减小,根据库仑定律知,库仑力减小,两球间的距离减小.假设两球距离等于r/2,则库仑力与开始一样大,重力不变,则绳子的拉力方向应与原来的方向相同,所以两球距离要变大些.则两球的距离大于r/2.故C对；ABD错误；故选C4、C【解题分析】

ABD．平行板电容器充电后与电源断开，则板上电荷量Q不变，将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，根据知电容C增大，根据可知电压U减小，根据可知板间场强不变，故ABD错误；C．电压U减小，板间场强不变，P点与上极板之间的电势差减小，所以P点与上极板之间的电势差变小，上极板接地，则P点的电势增大，根据可知正电荷在P点的电势能增大，故C正确。故选C。5、B【解题分析】

AB.r＞r0，分子力表现为引力，r＜r0，分子力表现为斥力，当r从无穷大开始减小，分子力做正功，分子势能减小，当r减小到r0继续减小，分子力做负功，分子势能增加，所以在r0处有最小势能，故A错误，B正确；CD.分子的引力和斥力都随着距离的增大而变小，故CD错误．6、B【解题分析】试题分析：一开始乙在甲的后面，t1时刻乙车从后面追上甲车，A错B对；；s—t图象图线的斜率表示速度，由图象可以看出，t1时刻两车的斜率不相等，所以速度不相等，C错；0到t1时间内两车位移相同平均速度相同，D错；考点：考查对位移时间图像的理解和应用点评：处理运动图像时先要分清是速度时间图像还是位移时间图像，明确图像的斜率、面积、坐标、交点的物理意义二、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．小球到达点时的速度为选项A正确；B．小球到达B点时的动量为选项B错误；C．小球从A点运动到B点的过程中，重力的冲量为选项C错误；D．小球从A点运动到B点的过程中，动量的变化量等于重力的冲量，为－10kg•m/s，选项D正确。8、AC【解题分析】

A．根据机械能守恒定律可知：可知落地的速度大小相等，则两球落地时动量的大小相等，选项Ａ正确；B．因为竖直下抛的小球落地时间短，由I=mgt可知，竖直下抛的小球落地时重力的冲量小，选项B错误；CD．根据机械能守恒定律可知：可得B球落地的速度v=5m/s，则反弹速度也为v=5m/s，与地面作用时，由动量定理：解得FN=110N选项C正确，D正确；故选AC.9、AB【解题分析】

在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图象，a点段对应的电势差大于b点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见Exa＞Exb，故A正确；沿电场方向电势降低，在O点左侧，Exa的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Exb的方向沿x轴正方向，故B正确；由题可知，图为电势沿x轴的分量，B仅为沿电场沿x轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向不一定相反，故C错误；将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，D错误；故选AB．【题目点拨】本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；故此题的难度较高．10、BD【解题分析】

A、当待测压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式分析得知，电容增大，故A错误．B、电容两端电势差不变，根据可知，电容器的电荷量将增加，故B正确．CD、由于电容器上极板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏．故D正确，C错误．故选BD．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、（1）变大（2）变小（3）变小【解题分析】试题分析：（1）根据电容的决定式知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大（2）根据电容的决定式知，将极板间距离减小时，电容增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小（3）根据电容的决定式知，两板间插入一块玻璃，电容增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小．考点：考查了电容器动态分析【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变12、30.610-10由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小【解题分析】

第一空.由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；第二空.估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Ω左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；第三空.由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大，故来考虑选择1Ω的定值电阻；第四空.滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象，调节不方便．第五空.关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，分别作出真实图象和测量图象；当外电路短路时，电压表的分流可以忽略；故