内蒙古2024届物理高二上期中预测试题含解析

内蒙古2024届物理高二上期中预测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为pA=12kg•m/s、pB=13kg•m/s，碰后它们动量的变化分别为△pA、△pB．下列数值可能正确的是（）A．△pA=-3kg•m/s、△pB=3kg•m/sB．△pA=3kg•m/s、△pB=-3kg•m/sC．△pA=-24kg•m/s、△pB=24kg•m/sD．△pA=24kg•m/s、△pB=-24kg•m/s2、把两个完全相同的小球接触后分开，两球相互排斥，则两球原来带电情况不可能（）A．其中一个带电，一个不带电B．两个小球原来带等量异种电荷C．两个小球原来带同种电荷D．两个小球原来带不等量异种电荷3、关于电场强度与电势，下列说法中正确的是A．在电场中某点不放检验电荷，该点的电场强度为零B．正电荷从A点移到B点，电场力做正功，A点电势一定较高C．由场强的定义式可知，电场中某点的E与q所受的电场力F成正比D．电荷在电场中某点所受电场力的方向即为该点的电场强度方向4、真空中一匀强电场中有一质量为0.01g，电荷量为﹣1×10﹣8C的尘埃沿水平方向向右做匀速直线运动，取g=10m/s2，则（）A．场强方向水平向左 B．场强的大小是1×103N/CC．场强的大小是1×107N/C D．场强的方向竖直向下5、热敏电阻传感器可用于对火灾的监测，其工作电路的原理图如图所示．R1、R2为定值电阻，RT为热敏电阻，已知当温度升高时热敏电阻RT的阻值减小，则当发生火灾时，有()A．电压表、电流表示数均增大B．电压表、电流表示数均减小C．电压表示数增大，电流表示数减小D．电压表示数减小，电流表示数增大6、如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两条等势线间的电势差相等．一正电荷（只在电场力的作用下）在φ3上时，具有的动能是21eV，它运动到等势线φ1上时，速度为零．令φ2的电势为1．那么该电荷的电势能为4eV时，其动能大小为（）A．16eV B．6eV C．11eV D．4eV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、如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是()A．P、Q两物体的角速度大小相等B．P、Q两物体的线速度大小相等C．P物体的线速度比Q物体的线速度小D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用8、三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒,从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场,分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点,如图所示.下面判断正确的是(

)A．落在a点的颗粒带正电,c点的带负电,b点的不带电B．落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是C．三个颗粒在电场中运动的时间关系是D．电场力对落在c点的颗粒做负功9、把质量为m的正点电荷q在电场中由静止释放，如果不计重力，在它运动的过程中，下述说法正确的是（）A．该点电荷的受力方向，必与所在点的电场线的切线方向一致B．该点电荷的速度方向，必与所在点的电场线的切线方向一致C．该点电荷的加速度方向，必与所在点的电场线的切线方向一致D．该点电荷的运动轨迹必与电场线重合10、如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则以下说法正确的是（）A．若电容器极板间的电压不变，变大，电容器极板上带电量减小B．若电容器极板电量不变，变小，电容器极板间电压变小C．若电容器极板间的电压不变，变大，有电流流向电容器的正极板D．若电容器极板间的电压不变，变大，有电流流向电容器的负极板三、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）用电压表、电流表、滑动变阻器、开关及足量导线测两节干电池的电动势和内阻。各器材规格如下：A．电流表（0~0.6A）B．电流表（0~3A）C．电压表（0~3V）D．电压表（0~15V）E．滑动变阻器（）F．滑动变阻器（）(1)电流表应选用_________；电压表应选用__________；滑动变阻器应选用________（填字母）；(2)某同学连的电路如图所示，其中有两条导线连接错误，错误的导线是____________（填数字）；(3)改正后，根据实验数据做出的U-I图线如图所示，由图线得：电源的电动势为______V；内阻为____（都保留三位有效数字）。12．（12分）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻10Ω）；B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）；C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）；D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）；E．电压表（0～15V，内阻15kΩ，）；F．滑动变阻器（0～50Ω，额定电流1A）；G．滑动变阻器（0～5000Ω，额定电流0.3A）；H．开关、导线（1）要求较准确地侧出其阻值，电流表应选_____，电压表应选_____，滑动变阻器应选_____．（填序号）（2）在本题虚线方框中画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图_____．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）如图的电路中，电池组的电动势E=30V，电阻R2=10Ω，两个水平放置的带电金属板间的距离d=1.5cm。在金属板间的匀强电场中，有一质量为m=7×10-8kg，带电量q=-5×10-10C的油滴，当把可变电阻器R3的阻值调到35Ω接入电路时，带电油滴恰好静止悬浮在电场中，此时安培表示数I=1.5A（1）两金属板间的电场强度；（2）电源的内阻和电阻R1的阻值；（3）B点的电势．14．（16分）如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝3×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.15m，不计粒子的重力．(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，画出粒子运动轨迹，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)．15．（12分）一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O处，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一简谐波．绳上质点N的平衡位置为x=5m，振动传播到质点M时的波形如图所示．求：（1）绳的左端振动后经过多长时间传播到质点N；（2）质点N开始振动时，绳的左端已通过的路程；（3）如果从N开始振动计时，画出质点N振动的位移﹣时间图线．

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】

由题意知，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故碰后它们动量的变化分别为ΔpA<0，故BD错误；根据碰撞过程动量守恒，如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝9kg·m/s、p′B＝16kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，故A正确；根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误。故选A。2、B【解题分析】若一个带电，一个不带电，接触后，两者的电性都与原来带电小球的电性相同，出现排斥，符合题意，A可能；若原来带等量异种电荷，则接触后发生电中性，两球都不带电，不会出现排斥现象，B不可能；两个小球原来分别带同种电荷，把两个完全相同的小球接触后电荷重新平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，C可能；两个小球原来分别带不等量异种电荷，小球接触后电荷先中和再平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，D可能．3、B【解题分析】

A、电场强度由电场本身决定，与检验电荷无关。则在电场中某点不放检验电荷，该点的电场强度不一定为零，故A错误；

B、正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电荷的电势能一定减小，电势降低，即A点电势一定高于B点电势，故B正确；

C、公式是电场强度的定义式，电场中某点的E与电场力F、q都无关，所以不能说E与q所受的电场力F成正比，故C错误；D、正电荷在电场中某点所受电场力的方向即为该点的电场强度方向，而负电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点的电场强度方向相反，故D错误。4、D【解题分析】由题意知尘埃做匀速直线运动，所以有：mg=qE，代入数据解得：E=1×104N/C，方向竖直向下，故D正确，ABC错误．5、D【解题分析】

当发生火灾时，热敏电阻的温度升高，电阻减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，由可知，路端电压减小，即电压表示数减小，由于总电流增大，R1两端电压增大，并联部分的电压减小，R2的电流减小，总电流增大，所以电流表示数增大，故D正确．6、B【解题分析】试题分析：因为只有电场力做功，所以动能和电势能之和不变，又因为正电荷从等势线φ3运动到等势线φ1时，动能减小，所以电场线方向向右，正电荷在等势线φ1的电势能为，动能；又因为是匀强电场，且相邻的等势线间的电势差相等，电场力做功相同，动能变化相同，所以电荷位于等势线φ2上时，动能；同理可得：，．当令φ2=1时，，所以，即当该电荷的电势能为4eV时，其动能大小为6eV，故选项B正确．考点：本题考查电场力做功和动能及电势能之间的关系，只有电场力做功时动能和电势能之和不变，但电势能的大小与选取的零势面有关．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、AC【解题分析】

P、O两点共轴，角速度相同，然后根据v=rω分析线速度的大小．【题目详解】因为P、Q两点共轴，所以角速度相同，由公式v=rω得，Q处物体的线速度大，故B错误，AC正确．P、Q两物体均受万有引力和支持力两个力作用，重力只是物体所受万有引力的一个分力，故D错误．故选AC．8、BD【解题分析】

由图，电容器上极板带负电，下极板带正电，平行板间有竖直向上的匀强电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力，不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动，由此根据平抛和类平抛运动规律求解；【题目详解】A、根据题意，三小球在水平方向做匀速直线运动，则有，相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为，则运动时间关系为，竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等：，则知加速度关系为，由牛顿第二定律得知三个小球的合力关系为，由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电．故AC错误，B正确；

D、由上分析得知，落在c点的颗粒带正电，电场力向上，则电场力对它做负功．故D正确．【题目点拨】确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析．9、AC【解题分析】

AC．电场线上某点的切线方向表示电场强度的方向，则正电荷所受电场力的方向与切线方向一致，由牛顿第二定律可知，加速度方向也与切线方向一致，故AC正确；B．电场线上某点的切线方向表示电场强度的方向，但是速度方向不一定与电场线的切线方向一致，故B错误；D．电荷在电场中由静止释放，如果电场线为曲线，则受力方向变化，则运动轨迹不一定与电场线重合，故D错误。故选AC。10、ABD【解题分析】

ACD．若电容器极板间的电压不变，x变大，拔出电介质，由电容的决定式得知，电容减小，由得知，电容器极板上带电量Q减少，则电容器放电，有电流流向电容器的负极板。故AD正确，C错误。B．若电容器极板电量不变，x变小，由电容的决定式得知电容增大，由得知，电容器极板间电压U变小。故B正确。

故选ABD。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、ACE③、⑥2.85（或2.84，2.86）4.90（或4.88，4.92）【解题分析】

(1)[1][2]两节干电池的电动势约为3V，所以电压表选C（0~3V），再根据图象可知，电路中的最大电流为0.48A，所以电流表选A（0~0.6A）；[3]本实验要测两节干电池的电动势和内阻，所以滑动变阻器选限流接法，为了方便调节电路，所以应选最大阻值较小的E（）。(2)[4]电路图中接错的有两根线：一根是③，一端接电流表的负接线柱，另一端接滑动变阻器上面两个接头中的一个，接线柱在滑动变阻器上面金属杆的两端；另一根是⑥，一根接在电压表的3V的接线柱，另一端接在开关的右边的接线柱。(3)[5][6]根据闭合电路欧姆定律变形可得对照U-I图象，可得12、（1）CDF（2）如图所示【解题分析】（1）伏安法测电阻丝电阻，需要：A、电池组（3V，内阻1Ω）；电路最大电流约为：，电流表应选：C电流表；电源电动势为3V，因此电压表选：D电压表；为方便实验操作，要使用分压式接法，滑动变阻应选电阻值比较小的：F滑动变阻器（0～50Ω，额定电流1A）；（2）待测电阻阻值约为5Ω，电流表内阻约为0.125A，电压表内阻约为3kΩ，相对来说，电压表内阻远大于待测定值阻值，因此电流表应采用外接法．实验电路如图所示．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、（1）1400N/C（2）30Ω（3）27V【解题分析】

（1）由油滴受力平衡有，mg=qE，得到E=mg代入计算得出：E=1400N/C（2）电容器的电压U3=Ed=21V流过的电流I3=B点与零电势点间的电势差U1根据闭合电路欧姆定律得，电源的内阻r=E-R1（3