2024屆浙江省臺州市椒江區(qū)第一中學物理高二上期中預測試題含解析

2024屆浙江省臺州市椒江區(qū)第一中學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、如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質量相同的帶電小球，小球A從緊靠左極板處由靜止開始釋放，小球B從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動至有極板的過程中，下列判斷正確的是A．運動時間tB．電荷量之比qC．機械能增加量之比ΔD．機械能增加量之比Δ2、下列關于電容器的說法，正確的是（）A．電容器帶電量越多，電容越大B．電容器兩板電勢差越小，電容越大C．電容器的電容與帶電量成正比，與電勢差成反比D．隨著電容器電量的增加，電容器兩極板間的電勢差也增大3、如圖甲所示，一帶正電的粒子以水平初速度vo（vo<E/B）先后進入方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，兩場的區(qū)域寬度相同，帶電粒子穿過兩場的過程中（不計重力），電場和磁場對粒子所做的總功為W1；若把上述兩場正交疊加，如圖乙所示，粒子仍以水平初速度vo穿過疊加場區(qū)，此過程電場和磁場對粒子所做的總功為W2，比較W1和W2有：A．一定是W1>W2 B．一定是W1=W2C．一定是W1<W2 D．可能是W1>W2，也可能是W1<W24、如圖所示，兩根相互平行放置的長直導線a和b通有大小相等、方向相反的電流，a受到磁場力的大小為F1，當加入一與導線所在平面垂直的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變?yōu)镕2.則此時b受到的磁場力大小為()A．F2 B．F1-F2 C．F1＋F2 D．2F1-F25、如圖，不可伸長的細繩長為L，一端固定于O點，另一端系一質量為m的小球。將小球從與O點等高位置無初速度釋放，若以O點所在的平面為參考面，則小球擺到最低點時的重力勢能為（）A．0B．mgLC．2mgLD．﹣mgL6、關于用電器的額定功率和實際功率，下列說法中正確的是（）A．額定功率大的用電器，其實際功率一定大B．用電器不通電時，其額定功率就為零C．用電器的額定功率會隨所加電壓的改變而改變D．用電器的實際功率會隨所加電壓的改變而改變二、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、如圖所示，固定的水平長直導線中通有電流I，矩形線框與導線在同一豎直平面內，且一邊與導線平行．線框由靜止釋放，在下落過程中()A．穿過線框的磁通量保持不變B．線框中感應電流方向保持不變C．線框所受安掊力的合力方向保持不變D．線框的機械能不斷增大8、如圖所示，長為L、傾角θ=30°的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電荷量為+q、質量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端的速度仍為v0，則（A．小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電勢能B．A、B兩點間的電勢差一定為mgLC．若電場是勻強電場，則該電場的場強的最大值一定是mgD．若該電場是AC邊中點處的點電荷Q產生的，則Q一定是正電荷9、如圖所示，如圖所示兩根光滑金屬導軌平行放置，導軌所在平面與水平面間的夾角為θ．整個裝置處于沿豎直方向的勻強磁場中．質量為m的金屬桿ab垂直導軌放置，當桿中通有從a到b的恒定電流I時，金屬桿ab剛好靜止．則（）A．磁場方向豎直向上B．磁場方向豎直向下C．ab所受支持力的大小為mgcosθD．ab所受安培力的大小為mgtanθ10、如圖所示，相距為d的水平金屬板M、N的左側有一對豎直金屬板P、Q，板P上的小孔S正對板Q上的小孔O．M、N間有垂直紙面向里的勻強磁場，在小孔S處有一帶電的負粒子，其重力和初速不計．當變阻器的滑動觸頭在AB的中點時，粒子恰能在M、N間做直線運動．當滑動變阻器滑片滑到A點后，則（）A．粒子在M、N間運動的過程中，動能將減小B．粒子在M、N間運動的過程中，動能將增大C．粒子在M、N間將做圓周運動D．粒于在M、N間運動的過程中，電勢能將不斷增大三、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）用伏安法測電阻時，如待測電阻Rx約為150Ω，電流表內阻RA約為20Ω，電壓表內阻RV約為5KΩ，應該用圖中的________電路（填①或②）來測量可以盡量減小誤差．當用電路圖①進行測量時，測量值將比真實值偏________（填大或?。?；12．（12分）一位同學記錄的6組數據見表。試跟據這些數據在圖中畫出U-I圖線，（_______）并根據圖線讀出電池的電動勢E=______V，電池內阻r=______Ω。I/AU/V0.121.370.201.320.311.240.351.200.501.100.571.05四、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）質量m=60kg的消防隊員,從一根豎直的長直桿上由靜止滑下,經t=2.0s著地．消防隊員整個下滑過程的v-t圖象如圖所示．求:（1）消防隊員著地時的速度大小v2;（2）消防隊員第1s內的加速度大小a1;（3）消防隊員沿桿下滑的距離h．14．（16分）如圖所示的電路中，電阻R1=3Ω，R2=3Ω，R3=6Ω，電源內阻r＝2Ω，電壓表可視為理想電表．當開關S1和S2均閉合時，電壓表的示數為6V.求：(1)電阻R2中的電流為多大？(2)路端電壓為多大？(3)電源的電動勢為多大？15．（12分）如圖，光滑水平面上存在水平向右、場強為E的勻強電場，電場區(qū)域寬度為L。質量為m、帶電量為+q的可視為質點的物體A從電場左邊界由靜止開始運動，離開電場后與質量為2m的物體B碰撞并粘在一起，碰撞時間極短。B的右側拴接一處于原長的輕彈簧，彈簧右端固定在豎直墻壁上（A、B均可視為質點）。求（1）物體A在電場中運動時的加速度大??；（2）物體A與B碰撞過程中損失的機械能及彈簧的最大彈性勢能。

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、B【解題分析】

A．小球釋放后在豎直方向受到重力作用，做自由落體運動，AB下落高度相等，根據h=1t故選項A錯．B．水平方向在電場力作用下做初速度0的勻加速直線運動，加速度：a=水平位移：x=同一電場，電場強度相等，運動時間相等，質量相等，據圖知AB水平位移之比為2:1，所以qA:q機械能增加量等于電場力做功：W=qExqCD．根據水平方向xAΔ選項CD錯．2、D【解題分析】

A、B電容器的電容表征電容器容納電荷的本領大小，由電容器本身的特性決定，與其帶電量、兩板間的電勢差無關，故AB錯誤．C、電容器電容的定義式C=，采用的比值定義法，C與Q、U均無關．故C錯誤．D、對于給定的電容器，電容C一定，則由C=知，電量與電勢差成正比，故D正確．故選D3、A【解題分析】

先判斷帶電粒子在電場中的受力情況和在重疊區(qū)的受力情況，比較兩種情況中的偏轉位移的大小，而洛倫茲力對粒子不做功，只有電場力做功，進而可以判斷做功大?。绢}目詳解】不論帶電粒子帶何種電荷，粒子穿過重疊場區(qū)時，電場力的方向與洛倫茲力的方向的夾角大于90°，所以帶電粒子在電場中的偏轉位移比重疊時的偏轉位移大，所以不論粒子帶何種電性，甲中帶電粒子在電場中偏轉位移一定大于乙中的偏轉位移，而洛倫茲力對帶電粒子不做功，只有電場力做功，所以一定是W1＞W2，故A正確。故選A?！绢}目點撥】本題解題的關鍵是分析兩種情況下的偏轉位移的大小，洛倫茲力對帶電粒子不做功，難度適中．4、A【解題分析】根據同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，所以沒加磁場前，二者所受的力等大方向，加上磁場后，受到的安培力也是等大反向，所以兩個導線所受到的力均是等大反向，所以b受到的磁場力大小變?yōu)閍受到的磁場力大小，A對．5、D【解題分析】

明確重力勢能的定義，知道要想確定重力勢能應先確定零勢能面，再根據相對高度確定重力勢能?！绢}目詳解】以O點為零勢能面，故最低點相對于參考平面的高度為-L，故最低點處的重力勢能為-mgL，故D正確A,B,C錯誤.故選D.【題目點撥】本題考查重力勢能的定義，要注意明確重力勢能為相對量，在確定重力勢能時必須先確定零勢能面.6、D【解題分析】

用電器在額定電壓下的電功率叫額定功率；額定功率大的用電器不一定在額定電壓下工作，其功率不一定達到額定功率，所以其實際功率不一定大。故A錯誤。用電器的額定功率不隨所加電壓的改變而改變。用電器不通電時，其額定功率也不變，故BC錯誤。用電器兩端的實際電壓小于其額定電壓時，它的實際功率小于額定功率，用電器的實際功率會隨所加電壓的改變而改變。故D正確。故選D?！绢}目點撥】本題考查了學生對額定電壓、額定功率、實際電壓、實際功率的了解與掌握，關鍵是知道用電器正常工作時的電壓叫額定電壓，用電器在額定電壓下的電功率叫額定功率；當用電器兩端的電壓大于額定電壓時，其實際電功率大于額定功率；當用電器兩端的電壓小于額定電壓時，其實際電功率小于額定功率.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、BC【解題分析】

根據右手螺旋定則判斷出直導線周圍的磁場方向，離導線越遠，磁場越弱，根據楞次定律判斷感應電流的方向，再通過左手定則判斷線框所受的安培力的合力方向．【題目詳解】A、B項：根據右手螺旋定則，知直導線下方的磁場方向垂直紙面向里，線框由靜止釋放，穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律知，感應電流的方向為順時針方向，即方向保持不變．故A錯誤，B正確；C項：根據左手定則，上邊所受的安培力方向向上，下邊所受的安培力方向向下，由于上邊所處的磁場強，所以上邊所受的安培力大小大于下邊所受的安培力大小，所以線框所受安培力的合力方向豎直向上，故C正確；D項：在下降的過程中，除重力做功以外，有安培力做功，所以線框的機械能不守恒，即減小，故D錯誤．故應選：BC．【題目點撥】解決本題的關鍵掌握楞次定律判斷感應電流的方向，以及知道機械能守恒的條件．8、BD【解題分析】

A．小球從A運動到B的過程中，動能不變，根據能量守恒可得，小球的重力勢能增加，則電勢能減少，則小球在B點的電勢能一定小于小球在A點的電勢能，B點的電勢小于A點的電勢，故A錯誤；B．根據動能定理得mgLsinθ-qUAB=C．若電場力與重力、支持力的合力為零，小球做勻速直線運動，到達B點時小球速度仍為v0，小球的重力沿斜面向下的分力mgsinθ根據矢量的合成法則可知，電場強度可能大于mgq，故CD．若該電場是AC邊中點處的點電荷Q產生的，Q到A點的距離小于到B點的距離，由于B點的電勢小于A點的電勢，則Q一定是正電荷，故D正確。9、AD【解題分析】

以金屬桿為研究對象進行受力分析，由平衡條件判斷磁場方向并求出安培力的大?。绢}目詳解】磁場豎直向上，由左手定則可知，金屬桿所受安培力水平向右，金屬桿所受合力可能為零，金屬桿可以靜止，故A正確；如果磁場方向豎直向下，由左手定則可知，安培力水平向左，金屬桿所受合力不可能為零，金屬桿不可能靜止，故B錯誤；磁場豎直向上，對金屬桿進行受力分析，金屬桿受力如圖所示，由平衡條條件得，F安=mgtanθ，故C錯誤，D正確；故選AD。10、AC【解題分析】

AB．粒子恰能在M、N間作直線運動，則有：當滑片移動到A端時，極板間電勢差變小，電場強度減小，帶負電的粒子受向上的電場力減小，則粒子向下偏轉，電場力將對粒子做負功，引起粒子動能減小，故A正確，B錯誤。C．當滑片移動到A端時，電場強度為零，粒子僅受洛倫茲力作用，做勻速圓周運動，故C正確；D．當滑片移動到A端時，電場強度為零，電場力消失，電勢能變?yōu)榱?，故D錯誤。故選AC．【題目點撥】本題難度屬于中等，帶點粒子在勻強電場中可做兩種運動，一是當初速度為零或與電場方向在同一直線時，帶電粒子做勻變速直線運動；二是當初速度電場方向不在同一直線時，帶電粒子在電場力作用下做平拋運動．帶點粒子在復合場中的運動，要依據受力分析及力對物體運動狀態(tài)的影響等知識綜合分析．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、①小【解題分析】

[1]因為電流表內阻和被測電阻相接近，所以采用電流表外接法，即電路①來測量；[2]在該電路中，由于電壓表的分流，導致電流表的測量值比真實值偏大，而電壓值準確，根據歐姆定律可得測量值偏小。12、如圖所示：；1.45；0.70【解題分析】

［1］根據U、I數據，在方格紙U-I坐標系上描點、連線，然后將直線延長。如圖所示：［2］由圖可知，與U軸交