安庆市重点中学2024届物理高二上期中预测试题含解析

安庆市重点中学2024届物理高二上期中预测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的是A．质子 B．氘核 C．α粒子 D．钠离子（Na+）2、如图所示，两块较大的金属板A．B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B．若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有b→a的电流C．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有a→b的电流D．若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流3、一电动机线圈电阻为R，在它两端加上电压U，电动机正常工作，测得通过它的电流为I，电动机的机械功率是()A．I2R B． C． D．UI4、有关磁感应强度的下列说法，正确的是()A．磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量B．若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C．由定义式B＝可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小D．若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是5、如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极板接地，在极板间P点有一带电液滴处于静止状态现将B板移至虚线处，则A．两板间电压变大B．P点场强不变，但电势降低C．电荷q仍保持静止D．电荷q的电势能减小6、在静电场中由静止释放一电子，该电子仅在电场力作用下沿直线运动，其加速度a随时间t的变化规律如图所示。则A．该电场可能为匀强电场B．电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直C．电子运动过程中途经各点的电势逐渐降低D．电子具有的电势能逐渐增大二、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、在水平向右的匀强电场E中，小车以加速度a向右做匀加速直线运动，质量分别为m1、m2，电荷量分别为+q1、+q2的小球G、H通过不可伸长的轻绳悬挂于车顶O点，．当G、H相对小车静止时，下列情况可能出现的是(不计G、H间的相互作用)()A． B． C． D．8、图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一只矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转运，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示，发电机线圈内阻为，外接一只电阻为的灯泡，不计电路的其他电阻，则（）A．图甲中线圈平面恰与中性面平行 B．每秒钟内电流方向改变100次C．灯泡两端的电压为20V D．0~0.01s时间内通过灯泡的电荷量为09、如图所示,在场强大小为E的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球,另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A,然后将小球由静止释放,小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60°的位置B时速度为零，A．小球重力与电场力的关系是mg=B．小球重力与电场力的关系是mg=C．小球在A点和B点的加速度大小相等D．小球在B点时,细线拉力为2Eq10、如图所示是描述对给定的电容器充电时极板上带电荷量Q、极板间电压U和电容C之间的关系图象，其中正确的是（）A． B． C． D．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）某小组同学描绘一只标有“，”的小灯泡的伏安特性曲线，需要测定灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，现实验室有如下器材：①直流电源（电动势=，内阻不计）；②电流表（量程0~0.6，内阻约为0.5Ω）；③电流表（量程0~，内阻约为Ω）；④电压表（量程0~，内阻约为5Ω）；⑤电压表（量程0~，内阻约为Ω）；⑥滑动变阻器(0~Ω，额定电流2）；⑦开关、导线若干及待测灯泡.（1）为了调节方便，测量准确，实验中应选用下列________图中的电路图来完成实验.（2）实验中电流表应选用______，电压表应选用_______（请填写器材符号）.（3）根据实验测得的数据还能测量出小灯泡的功率和电阻：某次实验描绘出小灯泡的曲线如图所示，根据曲线可得灯泡两端电压2.0时小灯泡的实际功率为______，电阻值为_______Ω。（结果均保留两位有效数字）（4）对该实验测量结果的准确性，有两位同学意见不统一，你认为：①测得的小电珠的功率与实际的功率相比较，测量功率_______.A．总偏大B．总偏小C．无误差D．都有可能②小电珠的电阻的测量值与实际值相比较_______.A．偏大B．偏小C．有时偏大，有时偏小D．都有可能12．（12分）某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻,实验原理如图甲．已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=10mA，内阻Rg=190.0Ω，R0是标称值为20.0Ω的定值电阻，R1是标称值为10.0Ω的定值电阻．(1)根据电路图，用笔画线代替导线完成实物图的连接____．(2)通过改变滑动变阻器的滑动触头，得到几组电压表与灵敏电流计的读数，如表．前面5组数据在图中已经描出，请把第6组数据在图中描出，并连线作图_______，求出电池的电动势E_____V，内阻r=_______Ω；（结果保留两位有效数字）(3)若R0的实际阻值比标称值偏大，仅考虑这个因素，则电源电动势的测量值_____真实值（填“大于”“小于”“等于”）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，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运动的时间．14．（16分）如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻为0.6Ω，串联一个阻值为R=5Ω的电阻，它们两端的总电压为U=160V，电压表读数为110V.求:(1)通过电动机的电流.(2)电动机的输入功率.(3)电动机的发热功率.(4)电动机工作1小时对重物做的功.15．（12分）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平绝缘轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，，整个装置处于水平向右的匀强电场中。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g．求：(1)匀强电场的场强大小；(2)小球到达A点时速度的大小。（结果保留根号）

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】

设粒子的电量为q，质量为m，粒子从静止状态经过电压为U的电场加速过程，电场力做功为W=qU，则由动能定理得qU=，得到v=，在题中四个粒子中质子的比荷最大，速度也最大，故选A2、B【解题分析】

A．若将S断开则不变，由：知电场强度不变，所以，油滴仍然处于静止状态，G中无电流，故A错误。B．保持S闭合，则不变，将A向左移动则d不变，电场强度E不变，所以，油滴仍然处于静止状态；将A向左移动则电容器正对面积S减小，则根据：知C减小，根据：知电容器容纳电荷量减小，所以电容器有放电现象，G表中有b到a的电流，故B项正确。C．保持S闭合，则不变，将A向上移动则d增大，根据电场强度减小，所以，油滴向下加速运动；由于d增大根据：可知C减小，电容器容纳电荷量减小，所以电容器有放电现象，G表中有b到a的电流，故C错误。D．保持S闭合，则不变，将A向下移动则d减小，根据：可知电场强度增大，，油滴向上加速运动；由于d减小根据：可知C增大，电容器容纳电荷量增大，所以电源对电容器充电，G表中有a到b的电流，故D错误3、C【解题分析】

电动机的总功率的大小为P=UI，电动机的发热的功率的大小为P热=I2R，所以电动机的机械功率的大小为P机=P-P热=UI-I2R，故C正确，ABD错误．4、A【解题分析】磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量；故A正确；通电导体如果平行于磁场放置，则其不受磁场力，但B不会为零；故B错误；B是由导体本身的性质决定的，与F及IL无关；故C错误；只有B与IL相互垂直时，磁感应强度的大小才是；故D错误；故选A．点睛：磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，既有的小又有方向是矢量；明确导线与磁场相互垂直时F=BIL才成立；而B是由磁场本身来决定的．5、C【解题分析】

试题分析：充电后与电源分离的平行板电容器，其两极板上的电荷量恒定，将B板移至虚线处，两极板间的距离减小，所以根据公式可得电容增大，两极板上的电荷量恒定，根据公式可得两极板间的电压减小，A错误；根据公式，，，联立可得，与两极板间的距离无关，所以现将B板移至虚线处，两极板间的电场强度恒定不变，故电荷q仍保持静止，根据可得P点与B板之间的电势差减小，因为B板接地，电势为零，所以P点的电势增加，B错误C正确；根据公式可得电势能增加，D错误；考点：考查了电容器的动态分析【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变6、B【解题分析】A：由加速度a随时间t的图象可知，电子的加速度变化，所受电场力变化，运动轨迹上各点的场强大小改变，电场不是匀强电场。故A项错误。B：电子仅在电场力作用下沿直线运动，且运动过程中加速度方向不变，所受电场力方向不变，则运动轨迹上各点场强方向一样且场强方向与轨迹同一直线，电场方向与等势面垂直，所以电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直。故B项正确。CD：电子由静止释放做加速运动，电子所受电场力做正功，电子具有的电势能减小，电子运动过程中途经各点的电势逐渐升高。故CD两项错误。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】

AD．先对两个球整体分析，受重力、电场力和细线的拉力，如图所示：

如果加速度大于，设上面的细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，有：

竖直方向：水平方向：解得：…①再对小球G受力分析，如图所示：

设下面的细线与竖直方向的夹角为β，根据牛顿第二定律，有：

竖直方向：水平方向：解得：…②由于，两个正分数的分子分母同时分别相加后得到的新分数介于原来两个分数中间，故故tanα≥tanβ故α≥β故A正确，D错误；

BC．如果加速度小于，则上面的细线向右偏转；

设上面的细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，有：

竖直方向：水平方向：解得：…③再对小球G受力分析，如图所示：

设下面的细线与竖直方向的夹角为β，根据牛顿第二定律，有：

竖直方向：水平方向：解得：…④由于故故tanα≤tanβ故α≤β故B错误，C正确；8、BC【解题分析】

A．图甲中线圈平面与磁场平行，处于与中性面垂直的位置上，故A错误；B．由题图乙可知周期T=0.02s，线框每转一周，电流方向改变两次，每秒电流方向改变100次，故B正确；C．由题图乙可知交流电电动势的最大值是Em=31.1V有效值为：根据闭合电路的分压特点得灯泡两端的电压为为：故C正确；D．由图象乙可知在0～0.01s时间内电流的方向不变，所以通过灯泡的电荷量一定不为0，故D错误。9、BC【解题分析】

类比单摆，小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，说明弧AB的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系可以求出Eq，球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题。【题目详解】A、B项：小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得：mgLsinθ-qEL（1-cosθ）=0得qE:mg=sinθ:(1-cosθ)=3:1，则C项：在A点，小球所受的合力等于重力，加速度aA=mgm=g，在B点，合力沿切线方向Eqsin60°-mgcos60°=mg，加速度aB=gD项：小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°故细线拉力T=3mg，故故应选：BC。【题目点拨】本题关键是对小球受力分析，然后找出复合场的最低点位置，最后根据牛顿第二定律和平行四边形定则列式分析计算。10、BCD【解题分析】

ABD．电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决定式为：C=εS4πkd，只要电容器不变其电容就不发生变化，故A错误，C．根据C=Q/U可有：Q=CU，由于电容器不变，因此电量Q和电压U成正比，故C正确；故选BCD.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、丁0.75.7【解题分析】

(1)[1]由实验需要测量不同电压下的实际功率，故应滑动变阻器选用分压式接法，“4V，2W”知小灯泡额定电流为0.5A，正常发光时电阻为8Ω，电流表应选外接法。故选丁图。

(2)[2][3]根据小灯泡额定电压4V，额定电流0.5A，则电流表选A1，电压表选V1.

(3)[4][5]由图象知小灯泡电压2V时，电流通过小灯泡为0.36A，则实际功率为：P=UI=2×0.35=0.70W此时灯泡电阻：(4)[6]本实验电路采用的是电流表外接法，测量到的电流比真实电流大，测量的电压为准确值，所以测量功率比真实功率大。故A正确。[7]因为小灯泡的测量电压是准确值，测量电流偏大，所以测量电阻比真实电阻偏小。故B正确。12、6；28.6等于【解题分析】

(1)根据电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法，电路图如图所示：(2)根据给出的点连线得出如图所示的伏安特性曲线；则由图可知，电流的电动势E=6.0V；；(3)电源电动势为电源没有接入电路时两端的电压，由等效电路特点可知，若R0的实际阻值比标称值偏大，仅考虑这个