安慶市重點中學2024屆物理高二上期中預測試題含解析

安慶市重點中學2024屆物理高二上期中預測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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、下列粒子從靜止狀態(tài)經過電壓為U的電場加速后，速度最大的是A．質子 B．氘核 C．α粒子 D．鈉離子（Na+）2、如圖所示，兩塊較大的金屬板A．B相距為d，平行放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間恰好有一質量為m、帶電量為q的油滴處于靜止狀態(tài)，以下說法正確的是A．若將S斷開，則油滴將做自由落體運動，G表中無電流B．若將A向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G表中有b→a的電流C．若將A向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G表中有a→b的電流D．若將A向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G表中有b→a的電流3、一電動機線圈電阻為R，在它兩端加上電壓U，電動機正常工作，測得通過它的電流為I，電動機的機械功率是()A．I2R B． C． D．UI4、有關磁感應強度的下列說法，正確的是()A．磁感應強度是用來表示磁場強弱的物理量B．若有一小段通電導體在某點不受磁場力的作用，則該點的磁感應強度一定為零C．由定義式B＝可知，電流強度I越大，導線L越長，某點的磁感應強度就越小D．若有一小段長為L，通以電流為I的導體，在磁場中某處受到的磁場力為F，則該處磁感應強度的大小一定是5、如圖所示，充電后與電源分離的平行板電容器，其正極板接地，在極板間P點有一帶電液滴處于靜止狀態(tài)現(xiàn)將B板移至虛線處，則A．兩板間電壓變大B．P點場強不變，但電勢降低C．電荷q仍保持靜止D．電荷q的電勢能減小6、在靜電場中由靜止釋放一電子，該電子僅在電場力作用下沿直線運動，其加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖所示。則A．該電場可能為勻強電場B．電子的運動軌跡與該電場的等勢面垂直C．電子運動過程中途經各點的電勢逐漸降低D．電子具有的電勢能逐漸增大二、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、在水平向右的勻強電場E中，小車以加速度a向右做勻加速直線運動，質量分別為m1、m2，電荷量分別為+q1、+q2的小球G、H通過不可伸長的輕繩懸掛于車頂O點，．當G、H相對小車靜止時，下列情況可能出現(xiàn)的是(不計G、H間的相互作用)()A． B． C． D．8、圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，在勻強磁場中，一只矩形金屬線圈繞與磁場方向垂直的軸勻速轉運，產生的電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律圖象如圖乙所示，發(fā)電機線圈內阻為，外接一只電阻為的燈泡，不計電路的其他電阻，則（）A．圖甲中線圈平面恰與中性面平行 B．每秒鐘內電流方向改變100次C．燈泡兩端的電壓為20V D．0~0.01s時間內通過燈泡的電荷量為09、如圖所示,在場強大小為E的勻強電場中,一根不可伸長的絕緣細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球,另一端固定在O點。把小球拉到使細線水平的位置A,然后將小球由靜止釋放,小球沿弧線運動到細線與水平成θ=60°的位置B時速度為零，A．小球重力與電場力的關系是mg=B．小球重力與電場力的關系是mg=C．小球在A點和B點的加速度大小相等D．小球在B點時,細線拉力為2Eq10、如圖所示是描述對給定的電容器充電時極板上帶電荷量Q、極板間電壓U和電容C之間的關系圖象，其中正確的是（）A． B． C． D．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）某小組同學描繪一只標有“，”的小燈泡的伏安特性曲線，需要測定燈泡兩端的電壓和通過燈泡的電流，現(xiàn)實驗室有如下器材：①直流電源（電動勢=，內阻不計）；②電流表（量程0~0.6，內阻約為0.5Ω）；③電流表（量程0~，內阻約為Ω）；④電壓表（量程0~，內阻約為5Ω）；⑤電壓表（量程0~，內阻約為Ω）；⑥滑動變阻器(0~Ω，額定電流2）；⑦開關、導線若干及待測燈泡.（1）為了調節(jié)方便，測量準確，實驗中應選用下列________圖中的電路圖來完成實驗.（2）實驗中電流表應選用______，電壓表應選用_______（請?zhí)顚懫鞑姆枺?（3）根據實驗測得的數據還能測量出小燈泡的功率和電阻：某次實驗描繪出小燈泡的曲線如圖所示，根據曲線可得燈泡兩端電壓2.0時小燈泡的實際功率為______，電阻值為_______Ω。（結果均保留兩位有效數字）（4）對該實驗測量結果的準確性，有兩位同學意見不統(tǒng)一，你認為：①測得的小電珠的功率與實際的功率相比較，測量功率_______.A．總偏大B．總偏小C．無誤差D．都有可能②小電珠的電阻的測量值與實際值相比較_______.A．偏大B．偏小C．有時偏大，有時偏小D．都有可能12．（12分）某研究性學習小組利用伏安法測定某一電池組的電動勢和內阻,實驗原理如圖甲．已知靈敏電流計G的滿偏電流Ig=10mA，內阻Rg=190.0Ω，R0是標稱值為20.0Ω的定值電阻，R1是標稱值為10.0Ω的定值電阻．(1)根據電路圖，用筆畫線代替導線完成實物圖的連接____．(2)通過改變滑動變阻器的滑動觸頭，得到幾組電壓表與靈敏電流計的讀數，如表．前面5組數據在圖中已經描出，請把第6組數據在圖中描出，并連線作圖_______，求出電池的電動勢E_____V，內阻r=_______Ω；（結果保留兩位有效數字）(3)若R0的實際阻值比標稱值偏大，僅考慮這個因素，則電源電動勢的測量值_____真實值（填“大于”“小于”“等于”）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，在第一象限存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙面（xy平面）向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負向．在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在（d，0）點沿垂直于x軸的方向進入電場．不計重力．若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為θ，求：（1）電場強度大小與磁感應強度大小的比值；（2）該粒子在電場中運動的時間．14．（16分）如圖所示，有一提升重物用的直流電動機，內阻為0.6Ω，串聯(lián)一個阻值為R=5Ω的電阻，它們兩端的總電壓為U=160V，電壓表讀數為110V.求:(1)通過電動機的電流.(2)電動機的輸入功率.(3)電動機的發(fā)熱功率.(4)電動機工作1小時對重物做的功.15．（12分）如圖，在豎直平面內，一半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道ABC和水平絕緣軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，，整個裝置處于水平向右的勻強電場中。一質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電小球在電場力的作用下沿水平軌道向右運動，經A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零，重力加速度大小為g．求：(1)勻強電場的場強大??；(2)小球到達A點時速度的大小。（結果保留根號）

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、A【解題分析】

設粒子的電量為q，質量為m，粒子從靜止狀態(tài)經過電壓為U的電場加速過程，電場力做功為W=qU，則由動能定理得qU=，得到v=，在題中四個粒子中質子的比荷最大，速度也最大，故選A2、B【解題分析】

A．若將S斷開則不變，由：知電場強度不變，所以，油滴仍然處于靜止狀態(tài)，G中無電流，故A錯誤。B．保持S閉合，則不變，將A向左移動則d不變，電場強度E不變，所以，油滴仍然處于靜止狀態(tài)；將A向左移動則電容器正對面積S減小，則根據：知C減小，根據：知電容器容納電荷量減小，所以電容器有放電現(xiàn)象，G表中有b到a的電流，故B項正確。C．保持S閉合，則不變，將A向上移動則d增大，根據電場強度減小，所以，油滴向下加速運動；由于d增大根據：可知C減小，電容器容納電荷量減小，所以電容器有放電現(xiàn)象，G表中有b到a的電流，故C錯誤。D．保持S閉合，則不變，將A向下移動則d減小，根據：可知電場強度增大，，油滴向上加速運動；由于d減小根據：可知C增大，電容器容納電荷量增大，所以電源對電容器充電，G表中有a到b的電流，故D錯誤3、C【解題分析】

電動機的總功率的大小為P=UI，電動機的發(fā)熱的功率的大小為P熱=I2R，所以電動機的機械功率的大小為P機=P-P熱=UI-I2R，故C正確，ABD錯誤．4、A【解題分析】磁感應強度是用來表示磁場強弱的物理量；故A正確；通電導體如果平行于磁場放置，則其不受磁場力，但B不會為零；故B錯誤；B是由導體本身的性質決定的，與F及IL無關；故C錯誤；只有B與IL相互垂直時，磁感應強度的大小才是；故D錯誤；故選A．點睛：磁感應強度是描述磁場強弱的物理量，既有的小又有方向是矢量；明確導線與磁場相互垂直時F=BIL才成立；而B是由磁場本身來決定的．5、C【解題分析】

試題分析：充電后與電源分離的平行板電容器，其兩極板上的電荷量恒定，將B板移至虛線處，兩極板間的距離減小，所以根據公式可得電容增大，兩極板上的電荷量恒定，根據公式可得兩極板間的電壓減小，A錯誤；根據公式，，，聯(lián)立可得，與兩極板間的距離無關，所以現(xiàn)將B板移至虛線處，兩極板間的電場強度恒定不變，故電荷q仍保持靜止，根據可得P點與B板之間的電勢差減小，因為B板接地，電勢為零，所以P點的電勢增加，B錯誤C正確；根據公式可得電勢能增加，D錯誤；考點：考查了電容器的動態(tài)分析【名師點睛】在分析電容器動態(tài)變化時，需要根據判斷電容器的電容變化情況，然后結合，等公式分析，需要注意的是，如果電容器和電源相連則電容器兩極板間的電壓恒定，如果電容器充電后與電源斷開，則電容器兩極板上的電荷量恒定不變6、B【解題分析】A：由加速度a隨時間t的圖象可知，電子的加速度變化，所受電場力變化，運動軌跡上各點的場強大小改變，電場不是勻強電場。故A項錯誤。B：電子僅在電場力作用下沿直線運動，且運動過程中加速度方向不變，所受電場力方向不變，則運動軌跡上各點場強方向一樣且場強方向與軌跡同一直線，電場方向與等勢面垂直，所以電子的運動軌跡與該電場的等勢面垂直。故B項正確。CD：電子由靜止釋放做加速運動，電子所受電場力做正功，電子具有的電勢能減小，電子運動過程中途經各點的電勢逐漸升高。故CD兩項錯誤。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、AC【解題分析】

AD．先對兩個球整體分析，受重力、電場力和細線的拉力，如圖所示：

如果加速度大于，設上面的細線與豎直方向的夾角為α，根據牛頓第二定律，有：

豎直方向：水平方向：解得：…①再對小球G受力分析，如圖所示：

設下面的細線與豎直方向的夾角為β，根據牛頓第二定律，有：

豎直方向：水平方向：解得：…②由于，兩個正分數的分子分母同時分別相加后得到的新分數介于原來兩個分數中間，故故tanα≥tanβ故α≥β故A正確，D錯誤；

BC．如果加速度小于，則上面的細線向右偏轉；

設上面的細線與豎直方向的夾角為α，根據牛頓第二定律，有：

豎直方向：水平方向：解得：…③再對小球G受力分析，如圖所示：

設下面的細線與豎直方向的夾角為β，根據牛頓第二定律，有：

豎直方向：水平方向：解得：…④由于故故tanα≤tanβ故α≤β故B錯誤，C正確；8、BC【解題分析】

A．圖甲中線圈平面與磁場平行，處于與中性面垂直的位置上，故A錯誤；B．由題圖乙可知周期T=0.02s，線框每轉一周，電流方向改變兩次，每秒電流方向改變100次，故B正確；C．由題圖乙可知交流電電動勢的最大值是Em=31.1V有效值為：根據閉合電路的分壓特點得燈泡兩端的電壓為為：故C正確；D．由圖象乙可知在0～0.01s時間內電流的方向不變，所以通過燈泡的電荷量一定不為0，故D錯誤。9、BC【解題分析】

類比單擺，小球從A點靜止釋放，運動到B點速度為0，說明弧AB的中點是運動的最低點，對小球進行受力分析，小球處在弧線中點位置時切線方向合力為零，再根據幾何關系可以求出Eq，球到達B點時速度為零，向心力為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析，再根據幾何關系即可解題?！绢}目詳解】A、B項：小球從A運動到B的過程中，根據動能定理得：mgLsinθ-qEL（1-cosθ）=0得qE:mg=sinθ:(1-cosθ)=3:1，則C項：在A點，小球所受的合力等于重力，加速度aA=mgm=g，在B點，合力沿切線方向Eqsin60°-mgcos60°=mg，加速度aB=gD項：小球到達B點時速度為零，向心力為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°故細線拉力T=3mg，故故應選：BC?！绢}目點撥】本題關鍵是對小球受力分析，然后找出復合場的最低點位置，最后根據牛頓第二定律和平行四邊形定則列式分析計算。10、BCD【解題分析】

ABD．電容器電容的大小與電容的帶電量Q以及電容器兩極板之間的電壓無關，電容器電容的決定式為：C=εS4πkd，只要電容器不變其電容就不發(fā)生變化，故A錯誤，C．根據C=Q/U可有：Q=CU，由于電容器不變，因此電量Q和電壓U成正比，故C正確；故選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、丁0.75.7【解題分析】

(1)[1]由實驗需要測量不同電壓下的實際功率，故應滑動變阻器選用分壓式接法，“4V，2W”知小燈泡額定電流為0.5A，正常發(fā)光時電阻為8Ω，電流表應選外接法。故選丁圖。

(2)[2][3]根據小燈泡額定電壓4V，額定電流0.5A，則電流表選A1，電壓表選V1.

(3)[4][5]由圖象知小燈泡電壓2V時，電流通過小燈泡為0.36A，則實際功率為：P=UI=2×0.35=0.70W此時燈泡電阻：(4)[6]本實驗電路采用的是電流表外接法，測量到的電流比真實電流大，測量的電壓為準確值，所以測量功率比真實功率大。故A正確。[7]因為小燈泡的測量電壓是準確值，測量電流偏大，所以測量電阻比真實電阻偏小。故B正確。12、6；28.6等于【解題分析】

(1)根據電路圖連接實物圖，注意電表的接線柱以及滑動變阻器的解法，電路圖如圖所示：(2)根據給出的點連線得出如圖所示的伏安特性曲線；則由圖可知，電流的電動勢E=6.0V；；(3)電源電動勢為電源沒有接入電路時兩端的電壓，由等效電路特點可知，若R0的實際阻值比標稱值偏大，僅考慮這個