2024届浙江省台州市椒江区第一中学物理高二上期中预测试题含解析

2024届浙江省台州市椒江区第一中学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、如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，小球A从紧靠左极板处由静止开始释放，小球B从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动至有极板的过程中，下列判断正确的是A．运动时间tB．电荷量之比qC．机械能增加量之比ΔD．机械能增加量之比Δ2、下列关于电容器的说法，正确的是（）A．电容器带电量越多，电容越大B．电容器两板电势差越小，电容越大C．电容器的电容与带电量成正比，与电势差成反比D．随着电容器电量的增加，电容器两极板间的电势差也增大3、如图甲所示，一带正电的粒子以水平初速度vo（vo<E/B）先后进入方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，两场的区域宽度相同，带电粒子穿过两场的过程中（不计重力），电场和磁场对粒子所做的总功为W1；若把上述两场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以水平初速度vo穿过叠加场区，此过程电场和磁场对粒子所做的总功为W2，比较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、如图所示，两根相互平行放置的长直导线a和b通有大小相等、方向相反的电流，a受到磁场力的大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2.则此时b受到的磁场力大小为()A．F2 B．F1-F2 C．F1＋F2 D．2F1-F25、如图，不可伸长的细绳长为L，一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球。将小球从与O点等高位置无初速度释放，若以O点所在的平面为参考面，则小球摆到最低点时的重力势能为（）A．0B．mgLC．2mgLD．﹣mgL6、关于用电器的额定功率和实际功率，下列说法中正确的是（）A．额定功率大的用电器，其实际功率一定大B．用电器不通电时，其额定功率就为零C．用电器的额定功率会随所加电压的改变而改变D．用电器的实际功率会随所加电压的改变而改变二、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，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安掊力的合力方向保持不变D．线框的机械能不断增大8、如图所示，长为L、倾角θ=30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q、质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B．A、B两点间的电势差一定为mgLC．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最大值一定是mgD．若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷9、如图所示，如图所示两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ．整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止．则（）A．磁场方向竖直向上B．磁场方向竖直向下C．ab所受支持力的大小为mgcosθD．ab所受安培力的大小为mgtanθ10、如图所示，相距为d的水平金属板M、N的左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上的小孔S正对板Q上的小孔O．M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带电的负粒子，其重力和初速不计．当变阻器的滑动触头在AB的中点时，粒子恰能在M、N间做直线运动．当滑动变阻器滑片滑到A点后，则（）A．粒子在M、N间运动的过程中，动能将减小B．粒子在M、N间运动的过程中，动能将增大C．粒子在M、N间将做圆周运动D．粒于在M、N间运动的过程中，电势能将不断增大三、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）用伏安法测电阻时，如待测电阻Rx约为150Ω，电流表内阻RA约为20Ω，电压表内阻RV约为5KΩ，应该用图中的________电路（填①或②）来测量可以尽量减小误差．当用电路图①进行测量时，测量值将比真实值偏________（填大或小）；12．（12分）一位同学记录的6组数据见表。试跟据这些数据在图中画出U-I图线，（_______）并根据图线读出电池的电动势E=______V，电池内阻r=______Ω。I/AU/V0.121.370.201.320.311.240.351.200.501.100.571.05四、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）质量m=60kg的消防队员,从一根竖直的长直杆上由静止滑下,经t=2.0s着地．消防队员整个下滑过程的v-t图象如图所示．求:（1）消防队员着地时的速度大小v2;（2）消防队员第1s内的加速度大小a1;（3）消防队员沿杆下滑的距离h．14．（16分）如图所示的电路中，电阻R1=3Ω，R2=3Ω，R3=6Ω，电源内阻r＝2Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为6V.求：(1)电阻R2中的电流为多大？(2)路端电压为多大？(3)电源的电动势为多大？15．（12分）如图，光滑水平面上存在水平向右、场强为E的匀强电场，电场区域宽度为L。质量为m、带电量为+q的可视为质点的物体A从电场左边界由静止开始运动，离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短。B的右侧拴接一处于原长的轻弹簧，弹簧右端固定在竖直墙壁上（A、B均可视为质点）。求（1）物体A在电场中运动时的加速度大小；（2）物体A与B碰撞过程中损失的机械能及弹簧的最大弹性势能。

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】

A．小球释放后在竖直方向受到重力作用，做自由落体运动，AB下落高度相等，根据h=1t故选项A错．B．水平方向在电场力作用下做初速度0的匀加速直线运动，加速度：a=水平位移：x=同一电场，电场强度相等，运动时间相等，质量相等，据图知AB水平位移之比为2:1，所以qA:q机械能增加量等于电场力做功：W=qExqCD．根据水平方向xAΔ选项CD错．2、D【解题分析】

A、B电容器的电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与其带电量、两板间的电势差无关，故AB错误．C、电容器电容的定义式C=，采用的比值定义法，C与Q、U均无关．故C错误．D、对于给定的电容器，电容C一定，则由C=知，电量与电势差成正比，故D正确．故选D3、A【解题分析】

先判断带电粒子在电场中的受力情况和在重叠区的受力情况，比较两种情况中的偏转位移的大小，而洛伦兹力对粒子不做功，只有电场力做功，进而可以判断做功大小．【题目详解】不论带电粒子带何种电荷，粒子穿过重叠场区时，电场力的方向与洛伦兹力的方向的夹角大于90°，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是W1＞W2，故A正确。故选A。【题目点拨】本题解题的关键是分析两种情况下的偏转位移的大小，洛伦兹力对带电粒子不做功，难度适中．4、A【解题分析】根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，所以没加磁场前，二者所受的力等大方向，加上磁场后，受到的安培力也是等大反向，所以两个导线所受到的力均是等大反向，所以b受到的磁场力大小变为a受到的磁场力大小，A对．5、D【解题分析】

明确重力势能的定义，知道要想确定重力势能应先确定零势能面，再根据相对高度确定重力势能。【题目详解】以O点为零势能面，故最低点相对于参考平面的高度为-L，故最低点处的重力势能为-mgL，故D正确A,B,C错误.故选D.【题目点拨】本题考查重力势能的定义，要注意明确重力势能为相对量，在确定重力势能时必须先确定零势能面.6、D【解题分析】

用电器在额定电压下的电功率叫额定功率；额定功率大的用电器不一定在额定电压下工作，其功率不一定达到额定功率，所以其实际功率不一定大。故A错误。用电器的额定功率不随所加电压的改变而改变。用电器不通电时，其额定功率也不变，故BC错误。用电器两端的实际电压小于其额定电压时，它的实际功率小于额定功率，用电器的实际功率会随所加电压的改变而改变。故D正确。故选D。【题目点拨】本题考查了学生对额定电压、额定功率、实际电压、实际功率的了解与掌握，关键是知道用电器正常工作时的电压叫额定电压，用电器在额定电压下的电功率叫额定功率；当用电器两端的电压大于额定电压时，其实际电功率大于额定功率；当用电器两端的电压小于额定电压时，其实际电功率小于额定功率.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】

根据右手螺旋定则判断出直导线周围的磁场方向，离导线越远，磁场越弱，根据楞次定律判断感应电流的方向，再通过左手定则判断线框所受的安培力的合力方向．【题目详解】A、B项：根据右手螺旋定则，知直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，线框由静止释放，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向，即方向保持不变．故A错误，B正确；C项：根据左手定则，上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，由于上边所处的磁场强，所以上边所受的安培力大小大于下边所受的安培力大小，所以线框所受安培力的合力方向竖直向上，故C正确；D项：在下降的过程中，除重力做功以外，有安培力做功，所以线框的机械能不守恒，即减小，故D错误．故应选：BC．【题目点拨】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道机械能守恒的条件．8、BD【解题分析】

A．小球从A运动到B的过程中，动能不变，根据能量守恒可得，小球的重力势能增加，则电势能减少，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，B点的电势小于A点的电势，故A错误；B．根据动能定理得mgLsinθ-qUAB=C．若电场力与重力、支持力的合力为零，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0，小球的重力沿斜面向下的分力mgsinθ根据矢量的合成法则可知，电场强度可能大于mgq，故CD．若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，Q到A点的距离小于到B点的距离，由于B点的电势小于A点的电势，则Q一定是正电荷，故D正确。9、AD【解题分析】

以金属杆为研究对象进行受力分析，由平衡条件判断磁场方向并求出安培力的大小．【题目详解】磁场竖直向上，由左手定则可知，金属杆所受安培力水平向右，金属杆所受合力可能为零，金属杆可以静止，故A正确；如果磁场方向竖直向下，由左手定则可知，安培力水平向左，金属杆所受合力不可能为零，金属杆不可能静止，故B错误；磁场竖直向上，对金属杆进行受力分析，金属杆受力如图所示，由平衡条条件得，F安=mgtanθ，故C错误，D正确；故选AD。10、AC【解题分析】

AB．粒子恰能在M、N间作直线运动，则有：当滑片移动到A端时，极板间电势差变小，电场强度减小，带负电的粒子受向上的电场力减小，则粒子向下偏转，电场力将对粒子做负功，引起粒子动能减小，故A正确，B错误。C．当滑片移动到A端时，电场强度为零，粒子仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故C正确；D．当滑片移动到A端时，电场强度为零，电场力消失，电势能变为零，故D错误。故选AC．【题目点拨】本题难度属于中等，带点粒子在匀强电场中可做两种运动，一是当初速度为零或与电场方向在同一直线时，带电粒子做匀变速直线运动；二是当初速度电场方向不在同一直线时，带电粒子在电场力作用下做平抛运动．带点粒子在复合场中的运动，要依据受力分析及力对物体运动状态的影响等知识综合分析．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、①小【解题分析】

[1]因为电流表内阻和被测电阻相接近，所以采用电流表外接法，即电路①来测量；[2]在该电路中，由于电压表的分流，导致电流表的测量值比真实值偏大，而电压值准确，根据欧姆定律可得测量值偏小。12、如图所示：；1.45；0.70【解题分析】

［1］根据U、I数据，在方格纸U-I坐标系上描点、连线，然后将直线延长。如图所示：［2］由图可知，与U轴交