安徽舒城桃溪中学2024届高二物理第一学期期中预测试题含解析

安徽舒城桃溪中学2024届高二物理第一学期期中预测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、打乒乓球时，球拍对乒乓球的作用力为FN，乒乓球对球拍的作用力为FN′，则（）A．FN大于FN′B．FN与FN′方向相反C．FN小于FN′D．FN与FN′方向相同2、下列说法错误的是（）A．在同一电场中电场线越密的地方,同一电荷所受电场力越大B．同一个电荷可能在电势越高的地方电势能越小C．电场中某点的电场强度、电势高低与放入的试探电荷有关D．电容器的电容表示其储存电荷的能力3、如图所示，平行的实线表示电场线，虚线表示一个离子穿越电场的运动轨迹，下列判断正确的是()A．场强方向一定是向右B．该离子一定是负离子C．该离子一定是由a向b运动D．场强方向、离子的运动方向以及是正离子还是负离子都不能确定，但是离子在a点的动能一定小于在b点的动能4、如图所示，四个相同的表头分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则（）①安培表A1的读数大于安培表A2的读数；②安培表A1的偏转角小于安培表A2的偏转角；③伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数；④伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角。A．①④ B．②③ C．③④ D．①②5、如图所示的电路中，电键S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态，能使尘埃P加速向上移动的方法是()A．把R1的滑片向上移动B．把R2的滑片向上移动C．把R2的滑片向下移动D．断开电键S6、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc,实线为一带正电的电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，关于P、Q两点比较可得（）A．三个等势面中，c的电势最高B．带电电荷通过P点时的电势能较小C．带电电荷通过Q点时的动能较小D．带电电荷通过P点时的加速度较小二、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，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其它左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）A．B．LvC．D．2Lv8、电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是()A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U＝IR，所以当I增大时，路端电压也增大C．因为U＝E－Ir，所以当I增大时，路端电压下降D．若外电路断开，则路端电压等于电动势9、如图所示，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，粒子从A到B过程中克服重力做功2.0J，电场力做功3.0J，则A．粒子做匀变速曲线运动B．粒子在B点速度为零C．粒子在C点的机械能比在A点多12.0JD．粒子在C点的动能为14.0J10、关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向三、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）在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L＝1.25cm。若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为V0＝__（用L、g表示），其值是______（取g＝9.8m/s2）。12．（12分）左图为游标卡尺，右图为螺旋测微器，它们的示数为（1）_____________mm；（2）_________mm；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（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB=1125V，板中央有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1=4×10-2m，板间距离d=4×10-3m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压u1，除了t=0.4ns(n=1，2，3…)时刻，N板电势均高于M板．已知电子质量为me＝9.0×10−31kg，电量为e=1.6×10-19C．(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？(2)打在荧光屏上的电子范围是多少？(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？14．（16分）如图所示的电路中，电阻，，电源的电动势E=12V，内阻，求（1）电流表的读数；（2）电阻R1上消耗的功率．15．（12分）质谱仪在同位素分析、化学分析、生命科学分析中有广泛的应用。如图为一种单聚焦磁偏转质谱仪工作原理示意图，在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直纸面的匀强磁场。离子源S产生的各种不同正离子束（速度可看成零），经加速电压U0加速后，从A点进入偏转电场，如果不加偏转电压，比荷为的离子将沿AB垂直磁场左边界进入扇形磁场，经过扇形区域，最后从磁场右边界穿出到达收集点D，其中，，B点是MN的中点，收集点D和AB段中点对称于OH轴；如果加上一个如图所示的极小的偏转电压，该离子束中比荷为的离子都能汇聚到D点。试求：(1)离子到达A点时的速度大小；(2)磁感应强度的大小和方向；(3)如果离子经过偏转电场后偏转角为，其磁场中的轨道半径和在磁场中运动的时间。

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】

球拍对乒乓球的作用力与乒乓球对球拍的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小相等，方向相反，故ACD错误，B正确；故选B；2、C【解题分析】在同一电场中电场线越密的地方电场强度越大，则同一电荷所受电场力越大，选项A正确；同一个电荷若带负电，则在电势越高的地方电势能越小，选项B正确；电场中某点的电场强度、电势高低与放入的试探电荷无关，选项C错误；电容器的电容表示其储存电荷的能力，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C.3、D【解题分析】带电粒子所受的电场力向左，由于场强的方向不能确定，所以带电粒子带电性质不确定，可能带正电，也可能带负电，故ABC错误；带电离子从a到b点过程中，电场力做正功，所以离子在a点的动能一定小于在b点的动能，故D正确．所以D正确，ABC错误．4、A【解题分析】

两个安培表是并联在电路中，又安培表是利用表头与电阻并联改装得到的，所以此时两个安培表的表头是并联的，因此流过表头的电流是相等的，安培表A1的偏转角等于安培表A2的偏转角，又因为安培表A1的量程大于A2的量程，安培表A1的读数大于安培表A2的读数；两个伏特表是串联在电路中，又伏特表是利用表头与电阻串联改装得到的，所以此时两个伏特表的表头是串联的，因此流过表头的电流是相等的，伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角，又因为伏特表V1的量程大于V2的量程，伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数。故选A5、C【解题分析】试题分析:以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即。题中R1没有电流通过，故改变R1时对电路工作状态无影响，粒子将静止不动，故A错误；把R2的滑片向上移动，减小R2的阻值，R2的电压变小，电容器电压变小，电场力小于重力，粒子向下运动，故B错误；把R2的滑片向下移动，增大R2的阻值，R2的电压变大，电容器电压变大，电场力大于重力，粒子向上运动，故C正确；断开电键S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，故D错误。考点：闭合电路欧姆定律6、A【解题分析】

电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a点的电势最低，故A正确；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B错误；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；等势线密的地方场强大，加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，故D错误．故选A.【题目点拨】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化.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、AD【解题分析】

木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间；【题目详解】若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有：

根据位移时间公式，有：，解得；

若一直加速到达另一端的速度恰好为v，则有，解得；若先加速后匀速，则匀加速运动的时间，匀速运动的时间，则总时间，故AD正确，BC错误．【题目点拨】本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解．8、CD【解题分析】

A.电源电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小，故A错误；BC.当R增大时，I减小，不能根据判断路端电压的变化，而由分析，E、r不变，I减小，得到U增大；I增大，得到U减小；故C正确B错误；D.若外电路断开，则路端电压等于电动势，故D正确。故选CD。9、ACD【解题分析】

水平受Eq向右，一直做初速度为0的匀加速直线运动，竖直受mg向下，做竖直上抛运动，互不影响．抓住竖直上升到最高点的时间等于从最高点落回抛出高度的时间．结合水平位移关系求出整个过程中电场力做功的大小．从而通过动能定理求出物体折回通过与A点在同一水平线上的C点时的动能大小，电场力做功与电势能的关系，求电势能；除重力做功外，其他力做功对应机械能的变化．【题目详解】A项：由于粒子受重力，恒定的电场力作用力，所以粒子的加速度恒定，故粒子做匀变速曲线运动，故A正确；B项：从A到B粒子在竖直方向上做匀减速运动，水平方向做匀加速运动，B为最高点，所以粒子在B点的竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故B错误；C、D项：竖直方向：粒子做竖直上抛运动，则运动时间水平方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动水平位移：上升的过程电场力做功：W1=qEx1最高点时，竖直方向的速度为0，故小球的动能与电场力做的功相等，即：W1=3J下降的过程中，竖直方向做自由落体运动，与竖直上抛是对称的所以下降的时间：t2=t1水平方向的总位移：全过程中电场力做功：W2=qEx2=4qEx1=4W1=12J全过程中，重力做功为0，根据动能定理：W2=EK末-EK初所以：EK末=EK初+W2=2+12=14J除重力做功外，其他力做功对应机械能的变化，所以粒子在A点的机械能比在C点少12.0J故C，D正确．【题目点拨】解决本题的关键知道小球在竖直方向和水平方向上的运动规律，结合等时性进行求解，注意不一定求动能就把速度求出来，有时只需要知道速度之比即可，难度适中．10、AD【解题分析】试题分析：电场线总和等势面垂直，所以电场方向也和等势面垂直，A正确；等量同种电荷的连线中点处，电场强度为零，但是电势不为零，B错误；沿电场方向电势降低，与电场强度大小无关，C错误；沿电场线的方向电势降低最快；故电场中任一点的电场强度的方向总是指向该点电势降落最快的方向，D正确考点：考查了电场强度，电势，等势面【名师点睛】做本题的关键是知道电场强度与电势没有直接关系，电势是人为规定的，而电场强度和电场本身性质有关；电场强度的方向与等势面垂直，电场强度的方向是电势降低最快的方向；根据这些知识进行解答三、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、0.7m/s【解题分析】

设相邻两点间的时间间隔为T

竖直方向：2L-L=gT2得到水平方向：代入数据解得12、100.359.953【解题分析】

（1）[1].游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：100mm+0.35mm=100.35mm．（2）[2].螺旋测微器的固定刻度为9.5mm，可动刻度为45.3×0.01mm=0.453mm，所以最终读数为9.5mm+0.453mm=9.953mm；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