2024届山东省物理高二第一学期期中预测试题含解析

2024届山东省物理高二第一学期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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地。三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是（）A．A带正电、B不带电、C带负电B．三小球在电场中加速度大小关系是：aA＜aB＜aCC．三小球在电场中运动时间相等D．三小球到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA2、如图,电源内阻较大,当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时,水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态,灯泡L也能正常发光,现将滑片由该位置向a端滑动,则A．灯泡将变暗,电源效率将减小B．液滴带正电,将向下做加速运动C．电源的路端电压增大,输出功率也增大D．电容器两极板上的电势差将增大3、下列物理量中属于矢量，而且其表达式是采用比值法定义的是（）A．加速度a＝F/m B．电流强度I＝U/RC．电容C＝Q/U D．电场强度E＝F/q4、如图所示，有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V、60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则()A．电解槽的输出电功率为60WB．电解槽的发热功率为60WC．电解槽消耗的电功率为60WD．电路消耗的总功率为60W5、关于静电的防范，下列说法正确的是（）A．为了防止人体静电现象，可以保持皮肤的干燥B．赛车轮胎用导电橡胶制成，是为了防止静电流向大地C．避雷针的作用是引导带电云层通过楼房进行放电D．避雷针的作用是引导带电云层通过金属导线进行放电6、如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开A．此时A带正电，B带负电B．此时A、B带负电C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合二、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、如图甲所示，电子静止在两平行金属板A、B间的a点，t＝0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是()A．电子可能在极板间做往复运动B．t1时刻电子的动能最大C．电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于eU0D．电子不可能在t2～t3时间内飞出电场8、某实验小组利用如图所示装置，探究感应电流的产生条件．图中A是螺线管，条形磁铁的S极置于螺线管内，磁铁保持静止状态，B为灵敏电流计，开关K处于断开状态，电路连接和各仪器均正常．下列关于实验现象的说法正确的是()A．K闭合前，通过螺线管的磁通量为零B．K闭合瞬间，通过螺线管的磁通量不变C．K闭合瞬间，灵敏电流计指针不发生偏转D．K闭合，抽出磁铁过程中，灵敏电流计指针发生偏转9、如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子离出发点最远C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零10、如图所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比，接线柱a、b接正弦交变电源，电压．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），R1为一定值电阻。下列说法正确的是（）A．电压表示数为22VB．当所在处出现火警时，电压表的示数变大C．当所在处出现火警时，电流表A的示数变小D．当所在处出现火警时，电阻R1的功率变大三、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）一研究性学习小组研究小灯泡的伏安特性，小灯泡上标有额定电压“4V”字样，但额定功率和电流均不清晰，实验室备有的器材是：电压表（6V,6kΩ)、电流表（0～0.6A,0.1Ω)、电池组（电动势为6V）、开关、滑动变阻器、小灯泡、导线若干．实验时要求小灯泡两端电压从零逐渐增大到额定电压以上．（1）他们应选用下图中____________图所示电路进行实验．（2）根据实验测得数据描绘出如图所示U－I图象，由图分析可知，小灯泡电阻随温度T变化的关系是_________________________________________。（3）根据U－I图象可知小灯泡的额定功率为_______W，电压为2V时的实际功率为_____W。12．（12分）在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_____mm．（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_____．（选填“偏大”或“偏小”）（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为_____V，电流表的读数为_____A．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）如图所示的电路中，电源电动势E=10V，𝑅1＝2𝛺，𝑅2＝6𝛺，电容C=100μF，电源内阻r=2Ω。求闭合开关稳定后：（1）通过电阻𝑅1的电流和𝑅2两端的电压；（2）然后将开关S断开，求这以后通过𝑅1的电荷量。14．（16分）如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V6W”的灯泡L和内阻r′=0.5Ω的小型直流电动机均恰能正常工作，求：⑴电路中的电流强度；⑵电动机的输出功率；⑶电源的效率．15．（12分）如图所示，小球A、B的质量分别为mA=0.3kg和mB=0.1Kg，用劲度系数为k=100N／m的轻质弹簧将两个小球拴接在一起，并用细线a、b将小球A、B分别悬挂在竖直墙上，细线a与竖直方向成60°夹角，细线b水平，两个小球均处于静止状态．g取10m／s1．求：(1)细线a、b分别对小球A、B的拉力大小；(1)弹簧的伸长量．

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、C【解题分析】

C.三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是，三个小球水平速度相同，由得运动时间关系是，故选项C符合题意；B.竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移大小相等，由得到加速度关系为，故选项B不符合题意；A.根据牛顿第二定律得到合力关系为，三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来带正电、不带电、带负电，故选项A不符合题意；D.三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力，则合力做功大小关系为，根据动能定理得三小球到达下板时的动能关系是，故选项D不符合题意。2、D【解题分析】

A．将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗。外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源的效率为U增大，则知η增大，故A错误。BD．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电。路端电压增大，故电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动。故B错误，D正确。C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C错误。3、D【解题分析】

A、加速度是牛顿第二定律的表达式，也是加速度的决定式，不属于比值法定义的物理量，故A错误.B、电流强度是部分电路欧姆定律，由知电流强度与电压成正比，与电阻成反比，不属于比值法定义的物理量，故B错误.C、电容是电容器电容的定义式，故C错误.D、电场强度是用比值法定义电场强度的定义式，故D正确.故选D.【题目点拨】物理公式要区分哪些是定义式，哪些是决定式，哪些是定律式，哪些是定理式.4、C【解题分析】试题分析：由于灯泡正常发光，所以电动机的电压为220-110=110V，由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以I==A，所以电解槽的输入功率为P=UI=110×=60W，所以A错误．电解槽的发热功率为P热=I2r=（）2×4.4W=1.3W，所以B错误．电解槽消耗的总功率等于电解槽的输入功率,即为60W，所以C正确．电路消耗的总功率为：P总=220V×A=120W，所以D错误．考点：电功、电功率，非纯电阻电路功率问题的分析5、D【解题分析】

A．为了防止人体静电现象，可以保持皮肤的湿润，而不是保持皮肤的干燥，A错误；B．赛车轮胎用导电橡胶制成，是为了将静电流向大地，B错误；CD．避雷针的作用是引导带电云层通过金属导线进行放电，C错误，D正确。故选D。6、C【解题分析】

带正电的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电，故AB错误；移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合，故C正确；先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开，故D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、BC【解题分析】

t＝0时刻B板电势比A板高，电子在t1时间内向B板加速，t1时刻加速结束；在t1～t2时间内电子减速，由于对称，在t2时刻速度恰好为零，接下来，电子重复上述运动，所以电子一直向B板运动，直到从小孔P穿出，A错误；无论电子在什么时刻穿出P孔，t1时刻电子都具有最大动能，B正确；电子穿出小孔P的时刻不确定，但穿出时的动能不大于eU0，C正确，D错误；故选BC．8、BCD【解题分析】

A．条形磁铁插在螺线管内，K闭合前，通过螺线管的磁通量不为零，故A错误；B．K闭合瞬间，通过螺线管的磁通量不变，故B正确；C．K闭合瞬间，穿过螺线管的磁通量不变，不产生感应电流，灵敏电流计指针不发生偏转，故C正确；D．K闭合，抽出磁铁的过程中，穿过闭合回路的磁通量减少，产生感应电流，灵敏电流计指针偏转，故D正确；故选BCD．9、CD【解题分析】

由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况。【题目详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为a1=qEm，第2s内加速度a2=2qEm因此先加速A项：带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；B项：根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点不是最远，故B错误；C项：由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；D项：因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零。故D正确。故应选CD。【题目点拨】本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性．若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动。10、AD【解题分析】

A．由表达式可知，输入的电压有效值为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为：电压表V1测的是副线圈两端电压。故A正确。

B．当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，R2的电压就要减小，所以电压表的示数变小。故B错误。

C．由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，根据，可知原线圈的电流也就要增大。故C错误。

D．当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，电阻R1的功率变大。故D正确。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、A小灯泡电阻随温度的升高而变大20.8【解题分析】（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流用从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，故选A所示电路。（2）由图示图可知，灯泡温度升高，灯泡两端电压与电流的比值变大，灯泡电阻增大。（3）由图示图象可知，灯泡额定电压4V对应的电流为你0.5A，灯泡额定功率P=UI=4×0.5=2W，电压2.0V对应的电流为0.40A，则灯泡实际功率：P′=U′I′=2.0×0.40=0.80W．12、0.697（0.695﹣0.698）偏小2.60（2.59﹣2.61）0.52【解题分析】

（1）根据内接的特点，结合欧姆定律以及串并联电路的特点，即可分析出测量值与真实值之间的关系；

（2）先算出电表的分度值，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可．【题目详解】（1）金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm×19.8=0.698mm；（2）电流表外接法测量电阻，由于电压表分流的影响，故金属丝电阻的测量结果将比真实值偏小；

（3）电压表的分度值为0.1V，要估读到下一位，故其读数为2.60V；

电流表选择的是0～0.6A量程，分度值为0.02A，故其读数为0.52A.【题目点拨】解决本题的关键掌握螺旋测微器和电表的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．读电表读数时要注意计算电表的分度值，然后再确定是否估读，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可．内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小．”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）6V(2)【解题分析】试题分析：闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路欧姆定律求解即可；开关S断开后，稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势，电压增大，电容器充电，通过R1的电荷量等于开关断开前后电容器电量的增加量．先求出断开前电容器的带电量，再求出断开后电容器的电量，两者之差即等于通过R1的电荷量（1）闭合开关S，稳定后电容器相当于断路，根据全电路欧姆定律得：𝑅2两端的电压为：（2）开关S闭合时，电容器两端的电压等于𝑅2两端的电压为6V；开关S断开后，电容器两端的电压等于电源的电动势为：E=10V

则通过R1的电荷量为：Q=C（E-U2）=100×10-6×（10-6）C=4×10-4C点睛：本题主要考查了含容电路，电路稳定时电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压，与电容串联的电阻不分电压。14、（1）2A（2）12W（3）90%【解题分析】解：（1）灯泡正常发光，电路流为：I=IL==A=2A；（2）电动机的额定工作电压为：UM=E﹣I（R+r）﹣UL1=20﹣2×（4+1）﹣3=7V电动机的输出功率为：P输=U2I﹣I2r′=7×2﹣22×0.5