2025届黑龙江省哈尔滨市南岗区哈尔滨三中高二物理第一学期期中预测试题含解析

2025届黑龙江省哈尔滨市南岗区哈尔滨三中高二物理第一学期期中预测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1–N2的值为A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg2、若已知氢原子核外电子在离核为r0处受到的库仑力大小为F，则它在离核为4r0处受到的库仑力大小为A． B． C．16F D．4F3、关于摩擦起电和感应起电的实质，下列说法正确的是（）A．摩擦起电说明通过做功可以创造电荷B．摩擦起电说明电荷可以创造C．感应起电说明电荷可以从物体的一个部分转移到物体另一个部分D．感应起电说明电荷从带电的物体转移到原来不带电的物体上去了4、关于点电荷和元电荷的说法中，正确的是（）A．只有很小的球形带电体才叫做点电荷B．带电体间的距离比它们本身的尺寸大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷C．元电荷就是电子D．带电体的电荷量可以是任意数值5、在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，则A．滑片一定向左移动 B．电源的输出功率一定增大C．电源内部消耗的功率一定减小 D．电源的效率一定减小6、历经十年对“磁生电”的探索，最终发现电磁感应现象的科学家是A．法拉第 B．安培 C．奥斯特 D．麦克斯韦二、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、一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力和电场力作用．若重力做功﹣3J，电场力做功1J，则小球的（）A．重力势能增加3J B．电势能增加1JC．动能减少3J D．机械能增加1J8、如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了22J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功18J，则以下判断正确的是（）A．金属块克服静电力做功9JB．金属块带负电荷C．金属块的电势能减少9JD．金属块的机械能增加22J9、如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法中正确的是()A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用B．小球做圆周运动的半径为LsinθC．θ越大，小球运动的角速度越大D．θ越大，小球所受的合力越小10、在竖直平面内有一电场强度大小为E的匀强电场,将一个质量为m、电量为q的带电小球由静止开始释放,带电小球沿与竖直方向成θ角做直线运动．关于带电小球的电势能ε

和机械能Ep的判断,正确的是()A．若θ<90°且，则ε、Ep一定不变B．若45°<θ<90°且，则ε可能减小、Ep可能增加C．若0°<θ<45°且，则ε可能增加、Ep一定减小D．若0°<θ<45°且，则ε可能减小、Ep可能增加三、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）某同学在探究弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数。主要实验步骤如下：将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将毫米刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好指在刻度尺上。当弹簧自然下垂时，指针的指示值记作；弹簧下端挂一个砝码时，指针的指示值记作；弹簧下端挂两个砝码时，指针的指示值记作……；挂七个砝码时，指针的位置如图所示，指针的指示值记作。已知每个砝码的质量均为50g；测量记录表：(1)实验中，的值还未读出，请你根据上图将这个测量值填入记录表中_________。(2)为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了四个差值：，，，。根据以上差值，可以求出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量。用、、、表示的式‍子为_________________。(3)计算弹簧的劲度系数__________。(取9.8)12．（12分）有一个小灯泡上标有“2.5V，3W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用:A．电源（电动势3V，内阻约1Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻未知）C．电流表（0～2A，内阻未知）D．电压表（0～3V，内阻未知）E.电压表（0～15V，内阻未知）F.滑动变阻器（0～5Ω，额定电流3A）G.滑动变阻器（0～500Ω，额定电流2A）H.开关、导线（1）为使实验误差尽量小，且要求电压表示数能从零开始变化，实验中应选用的器材为____________（用序号字母表示）。（2）因为电压表、电流表内阻未知，为了选择正确电路减小误差，先将仪器接好，只空出电压表的一个接头K（部分电路如图所示），然后将K和a、b分别接触一下，发现电压表V的示数有明显变化，而电流表A的示数没有明显变化，说明_____________（选填“伏特表的分流作用显著”或“安培表的分压作用显著”），则组装电路时应采用_____________（选填“安培表内接法”或“安培表外接法”）。（3）请根据实验要求，在方框内画出完整的实验电路图_____________。（4）请根据正确的电路图完成实物图的剩余部分连线_____________。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，在的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带正电q=10-4C的小滑块质量m=10g，与水平轨道间的动摩擦因数，位于N点右侧1.5m处，小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，取g=10m/s2，求：(1)滑块在最高点速度多大？(2)这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？(3)滑块应以多大的初速度v0向左运动？14．（16分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两极板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。已知微粒质量为m=2×10－6kg、电荷量q=1×10－8C，电容器电容为C=1μF，取g=10m/s2。（1）为使第一个微粒恰能落在下极板的中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射初速度v0的取值范围；（2）若带电微粒以第（1）问中初速度v0最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上？15．（12分）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。整个空间处于方向水平向右的匀强电场中。一质量为m、电荷量为+q的带电小球，从a点静止释放，运动到b点时对轨道的压力等于5mg（g为重力加速度）。求：（1）电场强度E大小；（2）小球从a点开始运动到其轨迹最高点过程机械能的增量。

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、D【解析】试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律可得，在最低点，根据牛顿第二定律可得，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有，联立三式可得考点：考查机械能守恒定律以及向心力公式【名师点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值．要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下．2、A【解析】

根据库仑定律公式，电子受到的库仑力大小为则它在离核为4r0处受到的库仑力大小故A正确。3、C【解析】

摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，在转移过程中电荷总量是守恒的，故AB错误；感应起电是电荷从物体的一个部分转移到物体另一个部分，且在转移过程电荷总量也是守恒的，并不是从带电的物体转移到原来不带电的物体，故C正确；D错误；故选C4、B【解析】

A．当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，与电荷本身大小无关，故A错误；B．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷，故B正确；C．元电荷是与电子的电荷量数值相等的电荷量，但不是电子，故C错误；D．带电体所带的电量只能是元电荷的整数倍,故D错误。故选B5、D【解析】假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I减小，内电压减小，路端电压增大。电路中并联部分的电压U并=E−I(r+R1)增大，电阻R2的电流增大，电流表的示数IA=I−I2变小。由题意电流表示数变大，所以可知，滑动变阻器的滑片向右移动，干路电流I增大，电源的总功率P总=EI可知，P总增大。由于电源的内阻与外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化。I增大，由P内=I2r得知电源内部消耗功率一定增大。电源的效率η=UI/EI=U/E，根据分析可知，路端电压U减小，电动势E不变，所以电源的效率一定减小。故D正确，ABC错误。故选：D。6、A【解析】

英国物理学家法拉第最早发现了电磁感应现象。故BCD错误，A正确。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【解析】

考点：动能定理的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；电势能．分析：解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．解答：解：A、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功-3J，故重力势能增加3J，故A正确；B、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1J，故电势能减小1J；故B错误．C、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为-2J，故动能减小2J，故C错误；D、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功做功1J，故机械能增加1J，故D正确；故选AD．点评：功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度．【详解】8、BC【解析】

A．下滑过程中，由动能定理可得代入解得所以静电力对金属块做9J的功，故A错误；B．由于下滑过程中，静电力做正功，电场力的方向水平向左，与电场线的方向相反，所以金属块带负电荷，故B正确；C．由于电场力对金属块做9J的正功，所以金属块的电势能减少9J，故C正确；D．金属块的动能增加了22J，而重力势能减小了18J，故机械能增加了4J，故D错误。故选BC。9、BC【解析】

分析小球的受力：受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物体受到向心力．然后用力的合成求出向心力：mgtanθ，用牛顿第二定律列出向心力的表达式，求出角速度ω的表达式，分析θ变化，由表达式判断合力和角速度的变化．【详解】A.小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故A错误；B.小球在水平面做圆周运动，半径R=Lsinθ，故B正确；C.向心力大小为：Fn=mgtanθ，小球做圆周运动的半径为：r=Lsinθ，则由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2Lsinθ，得到线速度：v=，θ越大，cosθ越小，小球运动的角速度越大，故C正确．D.小球受到的合外力为mgtanθ，θ越大，tanθ越大，合力越大，故D错误；故选BC10、AD【解析】

A．若θ＜90°且时，运用三角形定则作出力的合成图如左图所示，可知电场力qE与合力F合垂直，则电场力与速度方向垂直，电场力不做功，ε、Ep一定不变，故A正确．B．若45°＜θ＜90°且时，则电场力大于重力，电场力与合力成锐角，电场力一定做正功，则ε一定减小、Ep一定增加，故B错误．CD．若0＜θ＜45°且时，则电场力小于重力，电场力与合力可能成锐角，也可能成钝角，如右图所示．电场力可能做正功，也可能做负功，所以电势能ε可能减小，机械能Ep增大；也可能电势能ε增大，机械能Ep减小；故C错误，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、14.05(14.03~14.07)28【解析】

(1)[1]毫米刻度尺的最小分度值为1mm，估读到0.1mm，L7的读数为14.05cm.(2)[2]根据各个差值，可以求出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量△L，△L用d1、d2、d3、d4表示的式子为(3)[3]据，有：根据胡克定律有m0g=利用数据可求得12、ACDFH安培表的分压作用显著安培表外接法【解析】

（1）[1]根据题目的要求可知，滑动变阻器的连接方式应选择分压式，又流过小灯泡的电流最大为1.2A，且最大电压为2.5V，所以最后选择的器材是ACDFH；（2）[2][3]当将K和a、b分别接触一下，发现电压表V的示数有明显变化，而电流表A的示数没有明显变化，说明电流表分压明显，因此选择电流表外接；（3）[4]电路图如图所示（4）[5]实物图连接如图所示四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写