山东省济宁市2024-2025学年高二上学期11月期中教学质量检测物理试卷（解析版）

这是一份山东省济宁市2024-2025学年高二上学期11月期中教学质量检测物理试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了1 A， 某同学用一个毫安表头等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效；保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列关于电源电动势的说法中正确的是（ ）
A. 电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多
B. 在电源内部，电源依靠库仑力搬移电荷
C. 在电源内部，电流的方向是从正极流向负极
D. 干电池的电动势为1.5 V，表示当1 C的电荷量通过干电池时有1.5 J的化学能转化为电能
【答案】D
【解析】A．电源的电动势越大代表电源将其他形式能转化为电能的本领越强，故A错误；
B．在电池内部，电源依靠非静电力搬移电荷，故B错误；
C．在电源内部，电流的方向是由负极流向正极，故C错误；
D．电动势的定义式为
故干电池的电动势为1.5 V，表示当1 C的电荷量通过干电池时有1.5 J的化学能转化为电能，故D正确。
故选D。
2. 中国乒乓球队在2024巴黎奥运会上包揽乒乓球项目5枚金牌，实现历史首次。关于乒乓球运动，下列说法正确的是（ ）
A. 球拍对乒乓球的弹力越大，乒乓球的动量变化一定越大
B. 一次击球过程中，球拍对乒乓球的冲量大小等于乒乓球对球拍的冲量大小
C. 球拍将飞来的乒乓球以原速率反向击出的过程，乒乓球的动量保持不变
D. 球拍将飞来的乒乓球以原速率反向击出的过程，乒乓球的动能增大
【答案】B
【解析】A．由动量定理有
可知，乒乓球的动量变化量等于合外力的冲量，即乒乓球的动量变化量除了与力的大小方向有关，还与力的作用时间有关，故A错误；
B．用球拍打击球时，球拍对乒乓球的力与乒乓球对球拍的力是一对相互作用力，大小相等、作用时间相同。由
可知冲量大小相等，故B正确；
CD．动量是矢量，既有大小又有方向，当球拍以原速率反向击出的过程，乒乓球的速率不变，可知动能不变。但是方向发生了改变，因此乒乓球的动量发生了改变，故CD错误。
故选B。
3. 电磁感应现象的发现具有极其重大的划时代的历史意义，它为人类大规模利用电能，继而进入电气化时代奠定了理论基础。关于法拉第“磁生电”实验说法正确的是（ ）
A. 闭合开关时电流计指针发生偏转，断开开关时电流计指针不偏转
B. 保持滑动变阻器滑片位置不变，将条形磁体插入螺线管中静止不动时，电流计指针稳定且示数不为零
C. 保持滑动变阻器滑片位置不变，将A通电螺线管抽出B螺线管中时，电流计指针发生偏转
D. 保持A通电螺线管位置不变，左右移动滑动变阻器滑片，电流计指针不偏转
【答案】C
【解析】A．闭合开关和断开开关时，通过B螺线管的磁通量发生变化，故闭合开关和断开开关时电流计指针都发生偏转，A错误；
B．保持滑动变阻器滑片位置不变，将条形磁体插入螺线管中静止不动时，通过B螺线管的磁通量不变，B螺线管无感应电流，则电流计指针不发生偏转，示数为0，B错误；
C．保持滑动变阻器滑片位置不变，将A通电螺线管抽出B螺线管中时，通过B螺线管的磁通量发生变化，电流计指针发生偏转，C正确；
D．保持A通电螺线管位置不变，左右移动滑动变阻器滑片，通过B螺线管的磁通量发生变化，电流计指针发生偏转，D错误。
故选C。
4. 如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。下列说法正确的是（ ）
A. O点处的磁感应强度不为零
B. a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反
C. c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
D. a、c两点处磁感应强度的方向相同
【答案】B
【解析】A．M点处通电直导线在O点的磁感应强度与N点处通电直导线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反，故O点处的磁感应强度为零，故A错误；
B．M、N两点处通电直导线在a点的磁感应强度方向分别为竖直向下、竖直向上，M点处通电直导线在a点产生的磁感应强度较大，故a点的合磁感应强度方向竖直向下，同理可知，b点的合磁感应强度方向竖直向上，结合对称性，可知a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反，故B正确；
C．画出c点磁感应强度的矢量图，如图所示，B为c点的合磁感应强度，方向水平向右，同理可知，d点的合磁感应强度方向水平向左，结合对称性，可知c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相反，故C错误；
D．由以上分析可知，a、c两点处的磁感应强度的方向不同，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，有一段长为1 m，电阻为30 Ω金属丝，两端连接成一闭合圆环，在圆环上取M、N两点与外电路相连，已知M、N间的短圆弧长20 cm，沿AM流入圆环的电流强度为0.5 A，则（ ）
A. 闭合圆环在M、N间的电阻值为4.8 Ω
B. 闭合圆环在M、N间的电阻值为30 Ω
C. M、N间的短圆弧金属丝的电阻值为24 Ω
D. 通过M、N间的短圆弧金属丝的电流强度为0.1 A
【答案】A
【解析】ABC．根据题意可得，M、N间的短圆弧的电阻为
长圆弧的电阻为
所以闭合圆环在M、N间的电阻值为
故A正确，BC错误；
D．根据并联电路的特点可知
联立可得
故D错误。
故选A。
6. 某同学用一个毫安表头（量程1mA，内阻72Ω）、电阻箱R1和电阻箱R2组装成一个多用电表，有电流“10mA”和电压“3V”两挡，改装电路如图所示，则R1，R2应调到的阻值为（ ）
A. R1=5Ω，R2=295.5ΩB. R1=5Ω，R2=2955Ω
C. R1=8Ω，R2=292.8ΩD. R1=8Ω，R2=2928Ω
【答案】C
【解析】当接O、a接线柱时改装为电流表，根据并联电路特点得
代入数据解得
当接O、b接线柱时改装为电压表，根据串联电路特点得
解得
7. 如图所示，图线甲、乙分别为某电源和某金属导体U − I图线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识，下列说法正确的是（ ）
A. 当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为15 Ω
B. 当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为40 W
C. 该电源电动势E = 50 V，内阻
D. 当该导体直接与该电源相连时，电源输出的功率为80 W
【答案】D
【解析】C．由图可知，电源的电动势和内阻分别为
故C错误；
ABD．图中两条图线的交点对应的电压和电流值就等于将该导体直接与该电源相连时导体两端的电压和电流值，此时导体的电阻为
电路消耗的总功率为
电源输出的功率为
故AB错误，D正确。
故选D。
8. 如图甲所示的电路，其中电源电动势，内阻，定值电阻，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A. 图乙中滑动变阻器的最大功率
B. 图乙中，
C. 滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R也消耗功率最大
D. 调整滑动变阻器的阻值，可以使电源的输出电流达到
【答案】B
【解析】A．由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为
把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当
滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为
A错误；
B．滑动变阻器的阻值为时与阻值为时消耗的功率相等，有
解得
B正确；
C．当回路中电流最大时，即时定值电阻R消耗的功率最大，C错误；
D．当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为
则调整滑动变阻器的阻值，不可能使电源的输出电流达到，D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。
9. 随着科技的进步，越来越多的人使用蓝牙耳机，手机与基站及耳机的通信如图所示。若基站与手机、手机与耳机之间通信的电磁波分别为甲波、乙波，则以下说法正确的是（ ）
A. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，并通过实验捕捉到了电磁波
B. 甲、乙两波的频率都比可见光的频率小
C. 真空中甲波的传播速度比乙波慢
D. 手机通信使用的是无线电波
【答案】BD
【解析】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故A错误；
BC．由图可知，甲、乙两波的波长都比可见光波长大，电磁波在真空中的传播速度均为光速c，由
可知，波长越大频率越小，所以甲、乙两波的频率都比可见光的频率小，故B正确，C错误；
D．手机通信使用的是无线电波，故D正确。
故选BD。
10. 某多用电表有两个挡位，一是量程为的电流表，另一个是倍率为“×1”的欧姆挡，其内部电路如图甲所示，其中为定值电阻，表盘如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 欧姆挡内电源的电动势应为
B. 欧姆挡内电源的电动势应为
C. 图甲中a应为红表笔，b应为黑表笔
D. 当开关接到c时，多用电表用来测量电阻
【答案】BC
【解析】ABD．根据题意，由图甲可知，当开关接到c时，没有接入内电源，多用电表用来测量电流，可知满偏电流为，由图乙可知，欧姆表的中值电阻为，则欧姆表内阻为，两表笔短接时有
解得
故AD错误，B正确；
C．由于电流由红表笔流入，黑表笔流出，则图甲中a应为红表笔，b应为黑表笔，故C正确。
11. 如图所示，在滑动变阻器的滑片P向下端滑动过程中，理想电压表V1、V2的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，理想电流表A1、A2、A3示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，ΔI3，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表V1示数减小，电流表A1示数增大
B. 电压表V2示数与电流表A3示数的比值减小
C.
D.
【答案】ABD
【解析】A．滑片下移，则滑动变阻器的阻值减小，电路中的总电阻减小，电路中的总电流变大，即电流表A1示数增大，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压减小，即电压表V1示数减小，故A正确；
B．电压表V2示数与电流表A3示数的比值为滑动变阻器的阻值，故电压表V2示数与电流表A3示数的比值减小，故B正确；
C．由串并联结构可知
电流表A1示数增大，R1两端电压增大，又因为路端电压减小，故R2两端电压变小，通过R2的电流减小，即电流表A2的示数减小，又因为干路电流增大，所以电流表A3的示数增大，故有
故C错误；
D．由闭合电路欧姆定律可知
解得
故D正确。
12. 如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为，木块的速度为。设木块的长度为L，子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（ ）
A. 木块的质量为3m
B. 子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为
C. 子弹穿过木块的过程中，木块对子弹的阻力大小为
D. 子弹在木块中运动的时间为
【答案】AC
【解析】A．子弹穿过物块，满足动量守恒，则有
可解得
A正确；
B．根据能量守恒，系统损失的动能为
B错误；
C．系统损失的动能转化成了摩擦生热，即
可解得
C正确；
D．对于物块列动量定理，则有
可解得
D错误。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 在“测定金属丝电阻率”的实验中：
（1）用游标卡尺测量金属丝的长度如图甲所示，由图可知其长度l=_________mm；用螺旋测微器测得金属丝的直径如图乙所示，则d=_________mm。
（2）欲用伏安法测定一段阻值约为5的金属丝的电阻，要求测量结果尽量准确，现有以下器材：
A．电池组（4.5V，内阻1）
B．电流表（0~3A，内阻约为0.0125）
C．电流表（0~0.6A，内阻0.5）
D．电压表（0~3V，内阻约为3k）
E．电压表（0~15V，内阻约为15k）
F．滑动变阻器（0~20，额定电流1A）
G．开关、导线
上述器材中，电流表应选_________，电压表应选_________。（填写各器材的字母代号）
（3）该金属丝电阻率的表达式=_________。（用l，d，R表示）
【答案】（1）50.20 4.700 （2）C D （3）
【解析】（1）[1]游标卡尺的读数为
[2]螺旋测微器的读数为
（2）[1]电路中的最大电流约为
为了使测量结果尽量准确，应选择电流表C。
[2]选择电流表C时，待测电阻两端的最大电压为
故应选择电压表D。
（3）由电阻定律可知
14. 某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们找到的实验器材如下：
A.待测电池组 B.电压表（量程0~3V，内阻约3k）
C.电阻箱R（阻值范围0~999.9） D.开关、导线若干。
实验步骤如下：
①将电池组与其余实验器材按图甲所示电路连接；
②调节电阻箱阻值，闭合开关，待示数稳定后，记录电阻箱的阻值R和电压表的数值U后立即断开开关；
③改变电阻箱的阻值，重复实验，计算出相应的和，绘制出关系图线如图中的直线所示。请回答下列问题：
（1）根据闭合电路欧姆定律，可以得到与的关系表达式为=_________（用E、r和R表示）；
（2）根据实验数据绘制的图线由图像得出电池组的电动势E=_________V。内电阻r=_________。（结果保留一位有效数字）
（3）本实验系统误差产生的原因是_________
A. 电压表分压B. 电压表分流C. 电阻箱分压
【答案】（1） （2）3 0.7 （3）B
【解析】（1）在闭合电路中，由闭合电路欧姆定律有
得
（2）[1][2]结合图像有
得
（3）根据闭合电路欧姆定律有
函数中的电流为干路电流，本实验误差原因是电压表分流，故选B。
15. 目前正在运转的我国空间站天和核心舱，搭载了一种全新的推进装置——离子推进器，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。该装置获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得推力。单位时间内飘入的正离子数目为N，离子质量为m，电荷量为e（e是元电荷）。
（1）求离子喷出加速电场的速度v及其所形成的等效电流I；
（2）求推进器获得的平均推力大小F。
【答案】（1）； （2）
【解析】（1）离子在加速电场中加速过程，由动能定理得
求得
所形成的等效电流为
（2）以很短时间内喷出的个n个离子为研究对象，根据动量定理得
其中
解得
根据牛顿第三定律，推力器获得的平均推力大小
16. 如图所示电路中，电源电动势E = 10 V，内阻r = 1 Ω，指示灯RL阻值为16 Ω，电动机M线圈电阻RM为1 Ω。当开关S闭合时，指示灯RL的电功率P = 4 W。求：
（1）流过电流表A的电流；
（2）电动机M输出的机械功率。
【答案】（1）2 A （2）
【解析】（1）指示灯两端的电压满足
解得
由闭合电路欧姆定律可知
解得
（2）通过指示灯的电流为
通过电动机的电流为
电动机的输入功率
电动机的热入功率
电动机M输出的机械功率
17. 如图所示，电源电动势E = 32 V、内阻r = 2 Ω，电阻R1 = R2 = R3 = R = 5 Ω，电流表为理想电表，电容器的电容C = 9 μF。闭合开关S，电路稳定后，求：
（1）电流表的示数；
（2）电容器两极板所带电荷量为多少；
（3）S断开后通过R1的电荷量为多少？
【答案】（1）6 A （2）9 × 10−5 C （3）6 × 10−5 C
【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律可得
代入数据解得
（2）由于电容器与R1并联
所以
联立可得
（3）S断开后，电容器放电，则通过R1的电荷量为
18. 两等高的长木板M、N放在光滑水平面上，两木板相邻但不粘连，木板N固定在水平面上，右侧固定有半径R＝0.18m的光滑半圆轨道，半圆轨道最下端与长木板N的上表面相切，长木板N上放着质量mA＝1kg的物块A与质量mB＝2kg的物块B，A与B均可视为质点，A、B间夹一被压缩的轻质弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手固定A、B不动，此时弹簧储存的弹性势能为Ep＝48J，在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧原长。放手后A向左、B向右运动，细绳在极短时间内被拉断，之后B冲上半圆轨道，B恰能到达半圆轨道最高点C，A滑上长度为L＝2m的木板M，木板N的上表面光滑，物块A和木板M上表面间的动摩擦因数为＝0.4，木板M的质量m＝1kg，重力加速度g取10m/s2。
（1）求弹簧刚恢复原长时B的速度；
（2）求细绳被拉断过程中细绳对B的冲量I的大小；
（3）求A滑离M瞬间的速度大小；
（4）为了使A不滑离M，从A刚滑上M开始对M施加水平向左的拉力F，求拉力F应满足的条件。
【答案】（1）4m/s （2）2Ns （3） （4）1N≤F≤8N
【解析】（1）设弹簧恢复到原长时B的速率为vB，A的速率为vA，取水平向左为正方向，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为A、B的动能，则有
A和B组成的系统动量守恒，有
解得
vA=8m/s，vB=4m/s
（2）设物块B在细绳被拉断后的瞬时速率为vB1，到达C点的速率为vC，则有
对细绳被拉断后B运动到最高点C这一过程，由动能定理有
解得
vB1=3m/s
细绳被拉断的过程，对B根据动量定理有
解得
I=2Ns
（3）细绳被拉断的过程，对A根据动量定理有
解得
vA1=6m/s
A在木板M上滑动过程满足
，
由于A可滑离M，则
vA2>v
解得
（4）为了使A刚好不从M的左端滑离M，设对M施加的最小拉力为F1，此时对应M向左的加速度大小为a1，A向右的加速度大小为
当A滑到M的最左端时，二者的速度刚好相等，结合相对运动的知识有
对木板M有
F1+μmAg=ma1
解得
F1=1N
为了使A不从M的右端滑离M，当A和M共速后，物块A向左的最大加速度满足
μmg=ma2
对A和M整体，最大拉力
解得
F2=8N
故为了使A不滑离M，对M施加的拉力F应满足
1N≤F≤8N