2024屆湖北省武漢市新洲區部分高中物理高二上期中學業質量監測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、一個質點做簡諧運動，當它每次經同一位置（位移最大位置除外）時，不一定相同的物理量是A．機械能B．加速度C．回復力D．動量2、守門員將4m/s迎面飛來的足球，以8m/s的速度踢回，守門員踢球的時間為0.1s，規定足球以8m/s被踢回的方向為正方向，則足球在這段時間內平均加速度的大小及方向是（）A．120m/s2，負方向 B．120m/s2，正方向C．40m/s2，負方向 D．40m/s2，正方向3、一束帶電粒子以同一速度，并以同一位置進入勻強磁場，在磁場中它們的軌跡如圖所示．粒子q1的軌跡半徑為r1，粒子q2的軌跡半徑為r2，且r2＝2r1，q1、q2分別是它們的帶電量，則()A．q1帶負電、q2帶正電，荷質比之比為＝2∶1B．q1帶負電、q2帶正電，荷質比之比為＝1∶2C．q1帶正電、q2帶負電，荷質比之比為＝2∶1D．q1帶正電、q2帶負電，荷質比之比為＝1∶14、關于勻強電場中的場強和電勢差的關系，下列說法正確的是()A．電場強度越大，則任意兩點間的電勢差也越大B．任意兩點間的電勢差等于場強和這兩點間距離的乘積C．沿著電場線方向，任何相同距離上的電勢降低必定相等D．場強與電勢處處相同5、下列說法中正確的是（）A．最小的電荷量叫元電荷B．點電荷是理想模型，電場線是真實存在于電場周圍的C．沿著電場線的方向電場強度一定減小D．電場線上任一點的切線方向與點電荷在該點所受電場力的方向相同6、在阻值為70Ω的電阻中通以正弦交變電流，測得在10min內放出的熱量為2.1×104J，則此交變電流的最大值為()A．0.24A B．0.5A C．0.707A D．1A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、如圖甲的電路中，L1、L2和L3為三個完全相同的小燈泡，他們的伏安特性曲線如圖乙所示.當開關S閉合后，電路中的總電流為0.2A，則此時（）A．通過L1的電流為L2電流的2倍B．L1消耗的電功率為0.3WC．此時L1、L2和L3的電阻均為7.5ΩD．L1消耗的電功率為L2電功率的4倍8、在磁場中放入一通電導線，導線與磁場垂直，導線長為1cm，電流為0.5A，所受的磁場力為5×10－4N。則A．該位置的磁感應強度為0.1TB．若將該電流撤去，該位置的磁感應強度還是0.1TC．若將通電導線跟磁場平行放置，該導體所受到的磁場力為5×10－4ND．若將通電導線跟磁場平行放置，該導體所受到的磁場力為零9、如圖所示，小球用兩根輕質橡皮條懸吊著，且AO呈水平狀態，BO跟豎直方向的夾角為α，那么在剪斷某一根橡皮條的瞬間，小球的加速度情況是（）A．不管剪斷哪一根，小球加速度均是零B．剪斷AO瞬間，小球加速度大小a＝gtanαC．剪斷BO瞬間，小球加速度大小a＝gcosαD．剪斷BO瞬間，小球加速度大小a＝g10、關于電源的電動勢，下面說法正確的是()A．電源的電動勢等于電源兩極間的電壓B．電動勢越大的電源，將其它形式的能能轉化為電能的本領越大C．電動勢的數值等于內、外電路電壓之和D．電動勢只由電源性質決定，與外電路無關三、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）用伏安法測定一個待測電阻Rx的阻值（阻值約為200Ω），實驗室提供如下器材：電池組E：電動勢3V，內阻不計電流表A1：量程0~15mA，內阻約為100Ω電流表A2：量程0~300μA，內阻為1000Ω滑動變阻器R1：阻值范圍0~20Ω，額定電流2A電阻箱R2，阻值范圍0~9999Ω，額定電流1A電鍵S、導線若干要求實驗中盡可能準確地測量Rx的阻值，請回答下面問題：①為了測量待測電阻兩端的電壓，可以將電流表__________（填寫器材代號）與電阻箱串聯，并將電阻箱阻值調到__________Ω，這樣可以改裝成一個量程為3.0V的電壓表．②在方框中畫完整測量Rx阻值的電路圖，并在圖中標明器材代號．③調節滑動變阻器R1，兩表的示數如圖所示，可讀出電流表A1的示數是________mA，電流表A2的示數是________μA，測得待測電阻Rx的阻值是________．本次測量存在一定的系統誤差，考慮這個原因測量值比較真實值________（選填“偏大”或“偏小”）．12．（12分）要測繪額定電壓為2V的日常用小電珠的福安特性曲線，所供選擇的器材除了導線和開關外，還有以下一些器材可供選擇：A．電源E（電動勢3.0V，內阻不計）B．電壓表V1（量程為0~3.0V，內阻約2kΩ）C．電壓表V2（量程為0~15.0V，內阻約6kΩ）D．電流表A1（量程為0~0.6A，內阻約1Ω）E．電流表A2（量程為0~100mA，內阻約2Ω）F．滑動變阻器R1（最大值10Ω）G．滑動變阻器R2（最大值2kΩ）（1）為減小實驗誤差，實驗中電壓表應選擇____________，滑動變阻器應選擇____________（填各器材序號）（2）為了提高實驗精度，請你在如圖a中設計實驗電路圖____________（3）根據圖a，在圖b中把缺少的導線補全，連接陳實驗的電路____________（4）實驗中移動滑動變阻器滑片，得到了小燈泡的U-I圖像如圖C所示，則該小電珠的額定功率是________W，小電珠的電阻隨U變大而________（填“變大”、“變小”或“不變”）．（5）若把小電珠L接入如圖d所示的電路中時，理想電流表的讀數為0.4A，已知A、B兩端電壓恒為2V，則定值電阻R0阻值為____________Ω．（結果保留兩位有效數字）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）如圖所示的勻強電場中，有a、b、c三點，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿電場方向，bc和電場方向成60°角，一個電量為q=4×10-8C的正電荷從a移到b電場力做功為W1=1.2×10-7J，求：（1）勻強電場的場強E；（2）電荷從b移到c，電場力做功W2。14．（16分）某一用直流電動機提升重物的裝置，如下圖所示．重物的質量m=50kg，電源的電動勢為E=110V．不計電源電阻及各處的摩擦．電動機以v=0.90m/s的恒定速度向上提升重物時，電路中的電流強度I＝5A．求：（1）電動機的電功率（2）電動機輸出的機械功率（3）電動機的熱功率（4）此電動機線圈的電阻R15．（12分）利用無人機靈活機動的特點，交警部門開始利用無人機進行低空巡查和懸停抓拍交通違法行為。如圖所示，為一架小型四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，無人機連同裝備的質量為m=2kg，其動力系統所能提供的最大作用力為F0=36N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為f=4N，其余狀態空氣阻力不計。g取10m/s2，求：（1）無人機懸停在距地面某一高度處進行抓拍時，動力系統提供的作用力F1多大；（2）無人機以最大作用力豎直向上起飛，求該無人機的加速度的大小；（3）無人機在地面從靜止開始，以最大作用力豎直向上起飛，要達到18m的高度，試從節能角度分析，該如何操作，何時關閉動力系統？

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．每次經同一位置時，速度大小相同，則動能相同，彈性勢能也相同，則機械能相同，選項A不符合題意；BC．振子每次經過相同位置時，都具有相同的位移，根據回復力公式F=-kx可知，回復力一定相同，再根據牛頓第二定律可知，加速度一定相同，選項BC不符合題意；D．經過同一位置時，速度方向可能不同，故速度不一定相同，動量不一定相同，選項D符合題意；2、B【解題分析】

規定足球以8m/s被踢回的方向為正方向，則足球的初速度v0=-4m/s，末速度v=8m/s

所以足球在這段時間內平均加速度方向為正方向．故選B.點睛：解決本題的關鍵是要掌握加速度的定義式，以及知道足球的初速度方向與末速度方向相反，代入數據時要注意速度的正負號．3、C【解題分析】

根據左手定則可判斷出q1帶正電、q2帶負電，由半徑，得荷質比之比為，C正確．4、C【解題分析】U＝Ed中的d指兩點所在等勢面的距離，選項A、B、D錯誤，C正確。5、A【解題分析】

帶電體最小帶電量叫做元電荷，A正確；點電荷是理想化模型，現實中不存在，電場真實存在，而電場線是虛構出來的，B錯誤；沿著電場線方向電勢一定減小，但電場強度不一定減小，C錯誤；電場線上任一點的切線方向，與正點電荷在該點所受電場力的方向相同，與負點電荷的方向相反，D錯誤．6、D【解題分析】根據代入數據得，該電流為交流電的有效值，所以，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、AB【解題分析】

A.根據串并聯電路特點，通過L1的電流等于通過L2電流與通過L3電流之和，L2與L3并聯，電壓相等，電流相等，通過L1的電流為L2電流的2倍，故A正確；B.據乙圖可知通過L1的電流為U1=0.2A時，兩端電壓為I1=1.5V，L1消耗的電功率為P1=U1I1=0.2×1.5W=0.3W，故B正確；C.L1的電阻R1=U1I1=1.50.2Ω=7.5Ω；由乙圖知，L2電流為I2=0.1A時，電壓為U2D.L2消耗的電功率為P2=U2I2=0.1×0.4W=0.04W，P1:P2=0.3:0.04=7.5，故D錯誤。故選：AB8、ABD【解題分析】

根據公式B=FIL，得：B=5×10-40.01×0.5T=0.1T，磁感應強度B與F、I、L9、BD【解題分析】以小球為研究對象，剪斷橡皮條前其受力情況如圖，根據平衡條件得AO繩的拉力大小為：FA=mgtanα，BO繩的拉力大小為：若剪斷AO瞬間，FA=0，而FB不變，則此瞬間小球所受的合力大小等于FA=mgtanα，方向與原來FA相反，所以加速度大小為：剪斷BO瞬間，FB=0，而FA不變，則此瞬間小球所受的合力大小等于FB=mgcosα，方向與原來FB相反，所以加速度大小為：a=g故選BD【題目點撥】本題是瞬時問題，先分析橡皮條剪斷前小球的受力情況，再分析剪斷橡皮條瞬間小球的受力情況，抓住橡皮條與彈簧類似的特性：彈力不能突變，根據牛頓第二定律求解瞬間的加速度。10、BCD【解題分析】A、在閉合電路中電源兩極間的電壓等于路端電壓，所以電源的電動勢并不等于電源兩級間的電壓，故A錯誤；B、電動勢表示了電源把其他形式的能轉化為電能的本領大小，所以電動勢越大的電源，將其它形式的能能轉化為電能的本領越大，故B正確；C、電動勢等于回路中的總電壓，也就等于內、外電路電壓之和，故C正確；D、電動勢只由電源性質決定，與外電路無關，故D正確；綜上所述本題答案是：BCD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、A29000電路見解析8.0mA150μA187.5Ω【解題分析】

（1）應用伏安法測電阻，需要用電壓表測待測電阻電壓，現在沒有電壓表，應該用內電阻已知的小量程電流表A2與電阻箱串聯改裝成電壓表，改裝后電壓表量程是3V，則電阻箱阻值；（2）滑動變阻器最大阻值遠小于待測電阻阻值，滑動變阻器應采用分壓接法，待測電阻阻值約為200Ω，電流表A1內阻約為100Ω，改裝電壓表內阻為，電壓表內阻遠大于待測電阻阻值，電流表應采用外接法，電路圖如圖所示．（3）由圖示可知，電流表A1的示數為8.0mA，電流表A2的示數是150μA；待測電阻兩端電壓，由歐姆定律得：待測電阻．電流表采用外接法，電流測量值偏大，由歐姆定律可知，測量值比較真實值偏小．【題目點撥】本題考查伏安法測電阻時電流表采用內外接法的選擇原則及滑動變阻器的連接方法、電表的改裝原理、電流表的選取原則、實驗誤差的分析及串并聯電路的有關知識．12、BF見解析見解析1變大2.0【解題分析】

(1)[1][2]因小燈泡的額定電壓為2V，因此選擇3V的電壓表即可，選B；由小燈泡的福安特性曲線可知小燈泡的額定電流約為0.5A，因此選擇量程為0.6A的電流表，滑動變阻器采用分壓式解法，因此電阻越小測量越精確，滑動變阻器選擇F（2）[3]小燈泡屬于小電阻，因此采用外接法測量比較準確，滑動變阻器為分壓式，點如圖如圖甲所示（3）[4]電路圖連接如圖（4）[5][6]小燈泡的額定電壓為2V，此時電流為0.5A，因此小燈泡的額定電壓為;由小燈泡的伏安特性曲線可以看出小燈泡的電阻隨電壓的增大而增大（5）[7]電路中的電流為0.4A，由小燈泡的福安特性曲線可知小燈泡的電壓為1.2V，可知此時電阻兩端電壓為0.8V，因此電阻四、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）60N/C；（2）1.44×10﹣7J【解題分析】

（1）根據W1=qExab得，勻強電場的場強E=N/C=60N/C（2）電荷從b移到c，電場力做功W2=qExbccos60°=J=1.44×10﹣7J即勻強電場的場強E=60N/C；電荷從b移到c，電場力做功W2=1.44×10﹣7J。14、（1）550W（2）450W（3）100W（4）4Ω【解題分析】（1）電動機的電功率：P=EI=550W（2）電動機的輸出的機械功率P1=mgv=500×0.9W=450W．

（3）電動機的熱功率；P熱=P-P1=100W（4）由P熱＝I2r，則線圈內阻．點睛：解決本題的關鍵知道輸入功率和輸