吉林省长春市榆树一中2024届物理高二上期中检测试题含解析

吉林省长春市榆树一中2024届物理高二上期中检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、A、B、C三点在同一直线上，AB:BC=1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放电荷量为-2q的点电荷，其所受电场力为（）A．-F/2 B．F/2 C．-F D．F2、小孩沿滑梯匀速下滑过程中()A．动能减小B．动能增大C．重力势能减小D．机械能守恒3、黄、红、绿三种单色光以相同的入射角到达介质和空气的界面若黄光恰好发生全反射，则（）A．红光一定能发生全反射B．绿光一定能发生全反射C．红光在介质中的波长比它在空气中的波长长D．三种单色光相比，绿光在该介质中传播的速率最大4、如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，速度分别是vA=3m/s（设为正方向），vB=-3m/s．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（

）A．vA′=1m/s，vB′=1m/sB．vA′=4m/s，vB′=-5m/sC．vA′=2m/s，vB′=-1m/sD．vA′=-1m/s，vB′=-5m/s5、下面关于点电荷的说法正确的是A．只有体积很小的带电体才能看做点电荷B．体积很大的带电体一定不是点电荷C．当两个带电体的形状对它们相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看做点电荷D．任何带电球体，都可看做电荷全部集中于球心的点电荷6、A、B为两等量异号点电荷，A带负电，B带正电，在A、B连线上有a、b、c三点，其中b为连线的中点，且ab＝bc，则A．a点与c点的电场强度大小相等，方向相反B．a点与c点的电势相等C．a、b间电势差与b、c间电势差相等D．因为a点的电势低于c点的电势，所以点电荷在a点的电势能低于其在c点的电势能二、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、用标有“6V，3W”的灯泡L1、“6V，6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E=9V。图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线。当其中一个灯泡正常发光时(

)A．电流表的示数为0.5AB．电压表的示数为6VC．电路输出功率为4WD．电源内阻为1Ω8、如图，两电荷量分别为Q（Q＞0）和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是A．b点的电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大9、欧姆表是由表头、干电池和调零电阻等串联而成的，有关欧姆表的使用和连接，正确的A．测电阻前要使红黑表笔相接，调节调零电阻，使表头的指针指零B．红表笔与表内电池的正极相接，黑表笔与表内电池的负极相接C．红表笔与表内电池的负极相接，黑表笔与表内电池的正极相接D．测电阻时，表针偏转角越大，待测阻值越大10、如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动片向下滑动的过程中(）A．电压表的示数减小B．电压表的示数增大C．电流表的示数减小D．电流表的示数增大三、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）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1Ω)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(0～20Ω，额定电流1A)G.滑动变阻器(0～2000Ω，额定电流0.3A)H.开关、导线(1)滑动变阻器应选用的是_____。(填写器材的字母代号)(2)实验电路应采用电流表_____

(选填“内”或“外”)接法，采用此接法测得的电阻值比其真实值偏____

(选填“大”或“小”)，造成这种误差的主要原因是_____

。(3)设实验中，电流表、电压表的某组示数如上图所示，图示中I=____

A，U=____

V。12．（12分）用单摆测定重力加速度的实验如图所示．①组装单摆时，应在下列器材中选用（选填选项前的字母）___________．A．长度为1m左右的细线B．长度为30cm左右的细线C．直径为1.8cm的塑料球D．直径为1.8cm的铁球②测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t．则重力加速度g=_______（用L，n，t表示）③下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理．组次

1

2

3

摆长L/cm

80.00

90.00

100.00

50次全振动时间t/s

90.0

95.5

100.5

振动周期T/s

1.80

1.91

重力加速度g/（m·s-2）

9.74

9.73

请计算出第3组实验中的T=___________s，g=__________m/s2④用多组实验数据做出T2-L图像，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2-L图线的示意图如图中的a，b，c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是（选填选项前的字母）（___）A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值四、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）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37º，半径r＝2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝2×105N／C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m＝5×10－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3m／s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.1．设小物体的电荷量保持不变，取g＝10m／s2，sin37º＝0.6，cos37º＝0.2．（1）求弹簧枪对小物块所做的功；（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．14．（16分）如图所示的电路中，电源电压是18V且保持不变，闭合电键时，安培表的示数是1.2A，伏特表的示数是12V。求：(1)R2两端的电压(2)R1的电阻(3)R2的电阻15．（12分）如图所示，在水平放置的平行板电容器形成的匀强电场中，MN两点之间的连线与竖直方向的夹角为60º．把带电量为q=－1.5×10－8C的点电荷由M点移到N点，克服电场力做了4.2×10－5J的功．若已知M点电势φM=800V，MN长为1cm．试求：（1）N点电势φN；（2）电场强度的大小和方向．

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、B【解题分析】

设AB的距离为r，在A处放电荷量为＋q的点电荷，在B处放电荷量为Q的点电荷，据库仑定律有：；移去A处电荷，在C处放－2q的点电荷，该电荷受到的电场力为：，据同种电荷相斥，异种电荷相吸可知，两力方向相同．故选项B正确．2、C【解题分析】由于小孩沿滑梯匀速下滑，所以小孩的速度不变，高度降低，所以在下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能包括动能和势能，所以机械能不守恒，故C对；ABD错；故选C3、B【解题分析】

根据折射定律可知两种光的折射率大小，由临界角公式sinC=1/n，分析临界角的大小．根据光的干涉研究结果：波长间距与波长成正比，分析干涉条纹间距的关系．由v=c/n判断光在该介质中速度关系．再由v=λγ可得光在介质中的波长如何变化.【题目详解】根据折射定律可知折射率最大的是绿光，最小的是红光，由临界角公式sinC=1/n，临界角最小的是绿光，最大的是红光，由于黄光恰好发生全反射，所以入射角大于绿光的临界角，小于红光的临界角，因此绿光一定发生光的全反射，而红光不能发生全反射，故A错误，B正确。由v=λγ可得，红光进入介质后频率不变，波速减小，所以红光在介质中的波长比它在空气中的波长短，故C错误。由v=c/n可知，折射率越大的传播速度越小，所以绿光在介质中的传播速率最小，故D错误。故选B。【题目点拨】本题考查光的折射定律以及全反射的性质，主要考查对不同色光特性的理解能力．对于光的全反射可结合折射定律和临界角公式理解记忆．4、A【解题分析】

碰前系统总动量为，碰前总动能为；若，则系统动量守恒，动能3J，碰撞后A球速度不大于B球的速度，符合，故A可能；若，则系统动量守恒，动能大于碰撞前，不符合题意，故B不可能；若，则系统动量守恒，但不符合碰撞后A球速度不大于B球的速度，故C不可能；若，则系统动量不守恒，D不可能．5、C【解题分析】试题分析:当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时就可以看成点电荷．不是体积很大时就不可看作点电荷，也不是只有体积很小的带电体才能看成是点电荷，故A、B错误；当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体就可以看做带电的点电荷．故C正确；当电荷在球上均匀分布时，才可以将其看成是电荷全部集中于球心的点电荷，否则会产生较大的误差，故D错误．考点：点电荷6、C【解题分析】

等量异种电荷的电场线分布如图所示：A．a点与c点关于b点对称，所以电场强度的大小相等，方向都向左，A错误；B．沿着电场线的方向电势是逐渐减小的，所以a点的电势小于c点的电势，B错误；C．由于A、B是等量异种电荷，且ab＝bc，根据对称性，所以，C正确；D．因为a点的电势低于c点的电势正确，但点电荷如果是负电荷，那么点电荷在a点的电势能大于其在c点的电势能，所以D错误；故选C。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】因为两个灯泡串联，所以通过两灯泡的电流相等，L1的额定电流为I1=P1/U1=0.5A，L2的额定电流为I2=P2/U2=1A，电路中电流为0.5A，所以只有L1正常发光，故A正确；从图像中可以看出，电流为0.5A时，L1两端电压为6V，L2两端电压为2V，电压表示数为2V，故B错误；电路中输出功率为P=UI=（2V+6V）x0.5A=4W,故C正确；电源内阻r=E-U/I=2Ω，故D错误，C正确。所以AC正确，BD错误。8、BC【解题分析】因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误；电场强度，电势，电势能，电场力做功【方法技巧】解本题的关键是两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．根据等势面和电场线分布情况，分析电势和场强的关系．9、AC【解题分析】

A．使用欧姆表测电阻确定合适的挡位后要进行欧姆调零，要使红黑表笔相接，调节调零旋钮，使表头的指针指向欧姆刻度的零处，故A正确；BC．红表笔与表内电池负极相接，黑表笔与表内电池正极相连接，故B错误，C正确；D．欧姆表零刻度线在最右侧，测电阻时，表针偏转角度越大，待测电阻值越小，故D错误．10、AC【解题分析】当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则外电路总电阻增大，电路中总电流减小，电源的内电压减小，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压增大，故电压表示数增大；由欧姆定律可知，R3上的分压减小，而路端电压增大，故并联部分的电压增大，则电流表示数增大，故BD正确，AC错误；故选BD点睛：本题考查了电路的动态分析问题，用到了“局部-----整体------局部”的方法判断电流表和电压表的变化情况。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、F外小电压表的分流作用0.482.20【解题分析】(1)根据电源电动势和内阻，以及待测电阻的阻值可知电路中最大电流为0.5A，滑动变阻器应选F；(2)被测电阻的阻值与电流表的内阻接近，所以电流表的分压作用明显，故选用电流表外接法时相对误差较小；由于电压表的分流作用，测量电流偏大，所以被测电阻测量值偏小；(3)电流表的分度值为0.02A，根据指针位置可知电流为0.48A，电压表的分度值为0.1V，所以电压表的读数为2.20V。12、AD2.019.76B【解题分析】

①为了减小测量误差，摆线选择1m左右的细线，为了减小空气阻力的影响，应选择题密度大体积小的物体，故选AD②根据单摆完成n次全振动所用的时间t可得单摆运动周期为，故根据公式可得③50次全振动的时间为100.5s，则周期为，摆长为，根据公式可得④图像a与b平行，而a的纵截距不为零，若误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，则，纵截距应在纵坐标负轴上，故A错误；从图像上可得c图线的斜率小于b图线的，若误将49次全振动记为50次，则，偏小，根据公式可得，则重力加速度偏大，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，根据公式可得，即的斜率，故斜率偏小，故B正确，C错误．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)Wf=0.475J(2)s=0.57m【解题分析】试题分析：（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理即可求解；（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解．解：（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf﹣mgr（l﹣cosθ）=mv02①代人数据得：Wf=0.475J②（2）取沿平直斜轨向上