2024屆湖北省恩施州高中教育聯(lián)盟高二物理第一學(xué)期期中監(jiān)測(cè)試題注意事項(xiàng):1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫(xiě)清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時(shí)請(qǐng)按要求用筆。3．請(qǐng)按照題號(hào)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(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試卷上答題無(wú)效。4．作圖可先使用鉛筆畫(huà)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(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)小球A和B緊貼倒圓錐筒的光滑內(nèi)壁各自做水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（）A．A球受到的支持力較大B．B球受到的支持力較大C．A球運(yùn)動(dòng)的線速度較大D．B球運(yùn)動(dòng)的線速度較大2、飛機(jī)著地后還要在跑道上滑行一段距離，機(jī)艙內(nèi)的乘客透過(guò)窗戶(hù)看到樹(shù)木向后運(yùn)動(dòng)，乘客選擇的參考系是A．候機(jī)大樓 B．飛機(jī)跑道 C．停在機(jī)場(chǎng)的飛機(jī) D．乘客乘坐的飛機(jī)3、如圖所示，閉合開(kāi)關(guān)S，電路穩(wěn)定后，水平放置的平行金屬板間的帶電質(zhì)點(diǎn)P處于靜止?fàn)顟B(tài)，若將滑動(dòng)變阻器R2的滑片向a端移動(dòng)，則（）A．電壓表讀數(shù)增大 B．電流表讀數(shù)減小C．R1消耗的功率減小 D．質(zhì)點(diǎn)P將向下運(yùn)動(dòng)4、如圖所示，好多同學(xué)家里都有調(diào)光電燈、調(diào)速電風(fēng)扇，是用可控硅電子元件來(lái)實(shí)現(xiàn)的，為經(jīng)一雙向可控硅調(diào)節(jié)后加在電燈上的電壓，即在正弦交流電的每個(gè)二分之一周期內(nèi)，前14周期被截去，調(diào)節(jié)臺(tái)燈上旋鈕可以控制截去的多少，從而改變電燈上的電壓，那么現(xiàn)在電燈上的電壓為A．Um2 B．22U5、如圖所示，M，N為某電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．該電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)B．該電場(chǎng)一定是點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)C．M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比N點(diǎn)的小D．在M點(diǎn)放一個(gè)負(fù)電荷，其電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)方向相反6、玉環(huán)文旦是浙江柚類(lèi)水果中的優(yōu)良品種之一。一般產(chǎn)果年的文旦樹(shù)經(jīng)過(guò)修剪后比一個(gè)正常成人身高略高。若果農(nóng)在采摘過(guò)程中，由于輕微震動(dòng)使得果樹(shù)頂部一顆成熟的文旦脫落掉下，下落過(guò)程中沒(méi)有受到其他碰撞。取，則該文旦落地的速度最接近A．2B．6C．10D．15二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電壓表V1、V2、V3為理想電壓表，R1、R3為定值電阻，R2為熱敏電阻(其阻值隨溫度升高而減小)，C為電容器，閉合開(kāi)關(guān)S，電容器C中的微粒A恰好靜止．當(dāng)室溫從25℃升高到35℃的過(guò)程中，流過(guò)電源的電流變化量是ΔI，三只電壓表的示數(shù)變化量是ΔU1、ΔU2和ΔU3.則在此過(guò)程中()A．V1示數(shù)減小B．C．Q點(diǎn)電勢(shì)升高D．R3中的電流方向由M向N，微粒A勻加速下移8、如圖所示，傳送帶的水平部分長(zhǎng)為L(zhǎng)，傳動(dòng)速率為v，在其它左端無(wú)初速度釋放一小木塊，若木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左端運(yùn)動(dòng)到右端的時(shí)間可能是（）A．B．LvC．D．2Lv9、如圖，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過(guò)由相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B和勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度為E.組成的速度選擇器，然后粒子通過(guò)平板S上的狹縫P進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B/，最終打在A1A2上，下列表述正確的是()A．粒子帶正電B．所有打在A1A2上的粒子，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B/的磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間都相同C．能通過(guò)狹縫P的帶電粒子的速率等于D．粒子打在A1A2上的位置越靠近P,粒子的比荷越大10、如圖所示，四個(gè)相同的表頭分別改裝成兩個(gè)安培表和兩個(gè)伏特表．安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它們按圖接入電路，則（）A．電流表A1的讀數(shù)大于電表A2的讀數(shù)B．電流表A1的偏轉(zhuǎn)角小于電流表A2的偏轉(zhuǎn)角C．電壓表V1的讀數(shù)等于電壓表V2的讀數(shù)D．電壓表V1的偏轉(zhuǎn)角等于電壓表V2的偏轉(zhuǎn)角三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11．（6分）用螺旋測(cè)微器測(cè)量某導(dǎo)線直徑，如圖甲所示，讀數(shù)為_(kāi)__mm；用游標(biāo)為20分度的卡尺測(cè)量其長(zhǎng)度，如圖乙所示，讀數(shù)為_(kāi)_mm；12．（12分）用如圖所示裝置通過(guò)半徑相同的A、B兩球碰撞來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)時(shí)先使質(zhì)量為mA的A球從斜槽上某一固定點(diǎn)G由靜止開(kāi)始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡，重復(fù)上述操作10次，得到10個(gè)落點(diǎn)痕跡．把質(zhì)量為mB的B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開(kāi)始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡，重復(fù)這種操作10次，得到了如圖所示的三個(gè)落地處．①請(qǐng)?jiān)趫D中讀出OP=________cm；②由圖可以判斷出R是________球的落地點(diǎn)，Q是________球的落地點(diǎn)．③為了驗(yàn)證碰撞前后動(dòng)量守恒，該同學(xué)只需驗(yàn)證表達(dá)式________．四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，固定的光滑絕緣輕質(zhì)桿MN與水平面的夾角為θ，MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q、可看作質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球P穿在桿上。已知小球P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變，靜電力常量為k，重力加速度值為g。(1)現(xiàn)把另一可看作質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球W固定在桿的M端，小球P恰能靜止在MN的中點(diǎn)O處。求小球W的電荷量Q。(2)若改變小球W的電荷量至某值，將小球P從N點(diǎn)由靜止釋放，P沿桿恰好能到達(dá)MN的中點(diǎn)O處。求電荷W在O、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UON。（結(jié)果用m、g、q、k、L、θ表示）14．（16分）質(zhì)量為1kg的金屬桿靜止于相距1m的兩水平軌道上，金屬桿中通有方向如圖所示.大小為20A的恒定電流，兩軌道處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.金屬桿與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6.(g取10m/s(1)欲使桿向右勻速運(yùn)動(dòng)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向(2)欲使桿向右以加速度為2m/s15．（12分）如圖所示，半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)的環(huán)面固定在水平面上，場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)與環(huán)面平行．一電量為、質(zhì)量為m的小球穿在環(huán)上，可沿環(huán)作無(wú)摩擦的圓周運(yùn)動(dòng)，若小球經(jīng)A點(diǎn)時(shí)，速度的方向恰與電場(chǎng)垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無(wú)力的作用，試計(jì)算：速度的大小；小球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的B點(diǎn)時(shí)，對(duì)環(huán)在水平方向的作用力．

參考答案一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解題分析】試題分析：AB、對(duì)小球受力分析，小球受到重力和支持力，它們的合力提供向心力，如圖筒對(duì)小球的支持力N=，與軌道半徑無(wú)關(guān)，則由牛頓第三定律得知，小球?qū)ν驳膲毫σ才c半徑無(wú)關(guān)，即有球A對(duì)筒壁的壓力等于球B對(duì)筒壁的壓力．故AB錯(cuò)誤；CD、根據(jù)牛頓第二定律，有：F=mgtanθ=m解得：v=．由于A球的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑較大，A線速度較大．故C正確，D錯(cuò)誤．故選C2、D【解題分析】

乘客隨飛機(jī)相對(duì)地面向前運(yùn)動(dòng)，故路旁的樹(shù)木相對(duì)于飛機(jī)向后運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)乘客透過(guò)窗戶(hù)看到跑道旁的樹(shù)木以一定的速度向后退時(shí)，該乘客選擇的參考系是自己乘坐的飛機(jī)．如果以候機(jī)大樓、飛機(jī)跑道或停在機(jī)場(chǎng)的飛機(jī)為參考系，樹(shù)木都是不動(dòng)的．故D正確，ABC錯(cuò)誤．故選D.3、D【解題分析】

將滑動(dòng)變阻器R2的滑片向a端移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路中的電阻減小，由閉合電路歐姆定律得，I增大，即電流表的示數(shù)增大，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；R1消耗的功率增大，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由電路的特點(diǎn)得電壓表示數(shù)為滑動(dòng)變阻器R2兩端電壓，據(jù)可知，U減小，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由電容器與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)可知，電容器兩板間的電壓減小，帶電質(zhì)點(diǎn)P所受的電場(chǎng)力減小，重力與電場(chǎng)力的合力向下，帶電質(zhì)點(diǎn)P向下運(yùn)動(dòng)，故D項(xiàng)正確．4、A【解題分析】

設(shè)交流電的有效值為U，將交流電與直流電分別通過(guò)相同電阻R，一個(gè)周期可以看成只剩半個(gè)周期的電壓，利用有效值的定義得：Um22×1R×5、D【解題分析】

A．由圖，結(jié)合勻強(qiáng)電場(chǎng)的特點(diǎn)可知，該電場(chǎng)一定不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；

B．點(diǎn)電荷的電場(chǎng)為均勻的、輻射狀的電場(chǎng)，由圖可知，該電場(chǎng)不是點(diǎn)電荷的電場(chǎng)，故B錯(cuò)誤；

C．M、N是同一電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，由圖看出，M處電場(chǎng)線密，N處電場(chǎng)線疏，則M處電場(chǎng)強(qiáng)度大于N處電場(chǎng)強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤；D．在M點(diǎn)放一個(gè)負(fù)電荷，其電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)方向相反，D正確。

故選D。6、B【解題分析】

正常成人身高約為，果實(shí)自然脫落，則初速度為零，下落時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以落地的速度為：故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BC【解題分析】

A.室溫從25℃升高到35℃的過(guò)程中，R2的阻值減小，總電阻減小，由閉合電路歐姆定律得，總電流增大，外電壓減小，V1示數(shù)為U1=IR1增大，故A錯(cuò)誤；B.由得由得則有：故B正確；C.由于外電壓減小，V1示數(shù)增大，所以V2示數(shù)減小，而：且，所以Q點(diǎn)電勢(shì)升高，故C正確；D.V3測(cè)量的是電源路端電壓，由：得U3減小，電容器兩端電壓減小，電容電荷量減少，電容放電，形成從M到N的電流，兩板間場(chǎng)強(qiáng)降低，電荷受的電場(chǎng)力減小，故將下移，但電場(chǎng)強(qiáng)度不斷減小，由得加速度增大，微粒做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。8、AD【解題分析】

木塊沿著傳送帶的運(yùn)動(dòng)可能是一直加速，也可能是先加速后勻速，對(duì)于加速過(guò)程，可以先根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間；【題目詳解】若木塊沿著傳送帶的運(yùn)動(dòng)是一直加速，根據(jù)牛頓第二定律，有：

根據(jù)位移時(shí)間公式，有：，解得；

若一直加速到達(dá)另一端的速度恰好為v，則有，解得；若先加速后勻速，則勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，則總時(shí)間，故AD正確，BC錯(cuò)誤．【題目點(diǎn)撥】本題關(guān)鍵是將小滑塊的運(yùn)動(dòng)分為兩種情況分析，一直勻加速或先勻加速后勻速，然后根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解．9、ACD【解題分析】

A項(xiàng)：帶電粒子在磁場(chǎng)中向左偏轉(zhuǎn)，由左手定則，知粒子帶正電，故A正確；B項(xiàng)：所以打在A1A2上的粒子，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于半個(gè)周期，由，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為則磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為與帶電粒子的比荷有關(guān)，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：粒子經(jīng)過(guò)速度選擇器時(shí)所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡：，則，故C正確；D項(xiàng)：經(jīng)過(guò)速度選擇器進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子速度相等，由半徑公式知，粒子打在A1A2上的位置越靠近P，則半徑越小，粒子的比荷越大，故D正確．故選ACD．10、AD【解題分析】

AB.兩安培表并聯(lián)，表頭兩端的電壓相同，電流相同，指針偏轉(zhuǎn)角度相同，安培表A1的量程大于A2的量程，則安培表A1的讀數(shù)大于安培表A2的讀數(shù)。故A正確，B錯(cuò)誤CD.兩電壓表串聯(lián)，兩表頭的電流相同，指針偏轉(zhuǎn)角度相同，量程大的讀數(shù)大，伏特表V1的偏轉(zhuǎn)角等于伏特表V2的偏轉(zhuǎn)角。故C錯(cuò)誤，D正確三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11、6.870；50.15【解題分析】螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為6.5mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為37.0×0.01=0.370mm，所以最終讀數(shù)為6.870mm，游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為5cm=50mm，游標(biāo)讀數(shù)為0.05×3=0.15mm，所以最終讀數(shù)為50.15mm．點(diǎn)晴：掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法以及螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法。游標(biāo)卡尺主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；螺旋測(cè)微器固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀。12、17.5BAmAOQ=mAOP+mBOR【解題分析】(1)從圖中直接讀出讀數(shù)為：17.5cm.(2)A與B相撞后，B的速度增大，A的速度減小，碰前碰后都做平拋運(yùn)動(dòng)，高度相同，落地時(shí)間相同，所以Q點(diǎn)是沒(méi)有碰撞時(shí)A球的落地點(diǎn)，R是碰后B的落地點(diǎn)，P是碰后A的落地點(diǎn)．(3)根據(jù)兩小球從同一高度開(kāi)始下落，故下落的時(shí)間相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得故有即故本題答案是：(1)17.5(2)BA(3)點(diǎn)睛：驗(yàn)證動(dòng)量守恒的關(guān)鍵是找到碰前和碰后的速度．而計(jì)算此速度要借助于平拋運(yùn)動(dòng)來(lái)求．四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、(1)；(2)【解題分析】

(1)小球受重力、支持力和電場(chǎng)力作用恰好靜止在輕質(zhì)桿的點(diǎn)，由力的平衡條件有：解得：(2)小球由點(diǎn)靜止釋放到點(diǎn)的過(guò)程中由動(dòng)能定理有：解得：則電勢(shì)差：14、（1）0.3T，方向豎直向上（2）0.4T【解題分析】

(1)根據(jù)安培力方向和電流方向來(lái)判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向；根據(jù)安培力和摩擦力相等，計(jì)算磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)利用牛頓