锡林郭勒市重点中学2027届高二上物理期中预测试题含解析

锡林郭勒市重点中学2027届高二上物理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、某电场的电场线如图所示，某点电荷在A和B两点所受电场力分别为FA、FB，则FA、FB的大小关系是（）A．FA>FBB．FA<FBC．FA=FBD．电荷正负不明无法判断2、如图几种典型的电场，其中a、b两点电场强度和电势均相等的是（）A． B． C． D．3、物体做匀速圆周运动，关于其向心加速度的说法正确的是（）A．与线速度的方向始终相同B．与线速度的方向始终相反C．始终指向圆心D．始终保持不变4、在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电油滴正好处于静止状态．为使带电油滴向上加速运动，可采取的措施是()．A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值C．增大R3的阻值D．增大M、N间距5、关于电源电动势E的下列说法中正确的是（）A．电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移动到正极时，非静电力所做的功B．由电动势可知，电源内非静电力做功越多，电动势越大C．电动势E的单位与电势差的单位相同，都是伏特，所以电势差就是电动势D．电源的电动势与外电路结构有关，外电路变化，通常电动势也要变化6、一个水平放置的弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，O为振子平衡位置，如图所示．设水平向右方向为正方向，以某一时刻作计时起点(t=0)，经3/4倍周期，振子具有正方向最大加速度，那么，在图所示的几个振动图像中(x表示振子离开平衡位置的位移)，能正确反映振子振动情况的是()A． B． C． D．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、如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路．下列说法正确的是（）A．闭合开关S时，B中产生与图示方向的感应电流B．闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流C．断开开关S时，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间D．断开开关S时，弹簧k立即将衔铁D拉起8、利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方的感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L．一群质量为m、电荷为q，具有不同素的的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度d的缝射出的粒子，下列说法正确的是A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大9、物理课上，教师做了一个“电磁阻尼”的实验：如图甲所示，AB两摆在通过磁场时，A摆很快停下来，B摆摆动了很长的一段时间。图乙是致远同学另找器材再来探究此实验的装置：A是由摆片和细杆组成的摆，其摆动平面通过电磁铁的两极之间，当绕在电磁铁上的励磁线圈未通电时，摆片可自由摆动，要经过较长时间才会停下来。当线圈通电时，摆动应当迅速停止。他连接好电路，经重复试验，均没出现摆动迅速停止的现象。对比老师的演示实验，下列四个选项中，正确的说法是（）A．老师实验中，A摆很快停下来的原因是摆上产生了感应电流B．老师实验中，B摆很长时间才停下来的原因是摆上没有产生感应电流C．致远同学没有成功的原因可能是所选线圈的匝数过多D．致远同学没有成功的原因可能是构成摆的材质是塑料的10、如图，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电荷量为e.则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述不正确的是A．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变B．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍C．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变D．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半三、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）如图所示为一多量程电压表内部电路如图所示。其中电流计G的内阻Rg=15Ω，满偏电流Ig=1mA，则R1=__________，R2=__________。12．（12分）某电阻额定电压为3V（阻值大约为10Ω），为测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A．电流表A1（量程300mA，内阻约1Ω）B．电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）C．电压表V1（量程3.0V，内阻约3kΩ）D．电压表V2（量程5.0V，内阻约5kΩ）E.滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）F.滑动变阻器R2（最大阻值为1kΩ）G.电源E（电动势4V，内阻可忽略）H.电键、导线若干（1）为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需添器材前面的字母即可）：电流表_____，电压表_____，滑动变阻器_____．（2）画出该实验电路图_____．四、计算题：本题共3小题，共38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）直流电动机额定电压为U=110V，当电动机吊着质量为m1=50kg的重物匀速上升时，电流为I1=5A，重物上升速度大小为v1=0.9m/s，取g=10m/s1，求：（1）此电动机的线圈电阻；（1）若所吊重物质量为m1=100kg，则重物匀速上升时所需电流必须是前面的1倍，求重物m1匀速上升的速度v1．14．（16分）真空中的某装置如图所示，现有质子从O点由静止释放，经过加速电场U1和偏转电场U0后射出电场范围，已知质子的比荷为、偏转电场板间距为d、长度为L（不计质子的重力）求：（1）质子到达偏转电场时的初速度v0（2）质子在偏转电场中沿垂直于板面方向的偏移距离y15．（12分）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为4E1．虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A，A点坐标为（L，1），虚线x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E1，M（﹣L，L）和N（﹣L，1）两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量均为m，电荷量均为q静止的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，且整个装置处于真空中．（1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求这个过程中该粒子运动的时间及到达A点的速度大小；（2）若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子，在第二象限的电场加速后，经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达A点，求此边界（图中虚线）方程．

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、A【解析】

由电场线的疏密可知A点的电场强度高于B点，所以同一点电荷在A点所受电场力比B点大，电场力的大小与电荷的正负无关。故A正确。故选A。2、B【解析】

试题分析：图A中，两点的电场强度大小相等，但方向不同，所以场强不同，两点处于同一等势面上，电势相等，所以A错误；B图中两点位于电荷连线的中垂线上，即处于零势面上，所以两点电势相等，由对称可知，两点的场强大小、方向都相同，即电场强度相同，所以B正确；C图中两点电场强度方向不同，大小相等，所以C正确；D图中是匀强电场，所以两点电场强度相等，电势沿电场线方向降落，故，所以D错误；考点：电场强度、电场线、电势3、C【解析】

向心加速度的方向始终指向圆心，方向时刻在变化，和线速度的方向垂直，不改变线速度的大小只是改变线速度的方向，因为加速度是矢量，因此向心加速度是时刻变化的。故选C。4、C【解析】A项：R1在回路中起保护电容器的作用，所以它的大小不影响电路中的电流和电压，即改变RB项：要是带电粒子向上运动，应该增大电容器之间的电场强度，由E=Ud知道，当d不变时，应增大电容器两端的电压，然后根据串反并同的知识我们知道应该增大R3D项：由公式E=U综上所述，本题答案是C5、A【解析】电动势表示电源将单位正电荷从负极移到时正极时，非静电力所做的功，A对．E=W非/q是电动势定义式，移送相同电荷量时，非静电力做功越多，电动势越大，B错．电动势表示非静电力做功，电势差表示电场力做功，两者不同，C错．电动势只由电源本身决定，与外电路无关，D错．6、A【解析】

振子经过周期具有正向最大加速度说明振子经过后得位置在A点，因此可以判断计时起点振子的位置在O点并且向B方向运动，故振子在计时起点的加速度为零，速度为正向最大，故A正确，BCD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【解析】试题分析：由题意可知，当S接通后，线圈A中产生磁场，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，B中产生与图示方向相反的感应电流，故A错误，B正确；将S断开，导致穿过线圈B的磁通量减小变慢，根据楞次定律可知，产生有延时释放D的作用，故C正确，D错误，故选BC.考点：楞次定律；右手螺旋定则【名师点睛】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，同时理解线圈B的作用是阻碍线圈A磁通量的变化；此题考查了学生用物理知识在解决实际问题中的应用能力.8、BC【解析】

粒子向右偏转，根据左手定则知，粒子带负电．故A错误．粒子在磁场中运动的最大半径为，根据半径公式得，粒子的最大速度．故B正确．粒子在磁场中偏转的最小半径为，根据半径公式得，粒子的最小速度，则最大速度和最小速度之差，保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度和最小速度之差不变．故C正确，D错误．故选BC．9、AD【解析】

AB．老师实验中，A摆很快停下来的原因是摆上产生了感应电流从而阻碍磁通量的变化，选项A正确，B错误；C．线圈的匝数越多，受阻碍作用越明显，则线圈越容易停下来，选项C错误；D．如果材质是塑料的，则不会产生感应电流，则线圈不会受到磁场力作用不会很快停下来，选项D正确。故选AD.10、BCD【解析】

AB．根据动能定理得知电子到达Q板的速度为：将板间距离增大一倍，因为电压不变，电子到达Q板的速率不变，故A正确，不符合题意；B错误，符合题意；

CD．电子的加速度为：根据得：若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为原来的倍，故CD错误，符合题意；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、2985Ω1.2×104Ω【解析】

[1][2]当电压表量程为3V时，根据串联电路特点和欧姆定律得：IgR1+IgRg=3①当电压表量程为15V时，根据串联电路特点和欧姆定律得：IgRg+Ig（R1+R2）=15②又Ig=1mA=0.001A，Rg=15Ω①②联立代入数据解得R1=2985Ω，R2=12000Ω12、ACE【解析】

（1）根据待测电阻的阻值和额定电压比较容易的选择电流表和电压表，滑动变阻器采用分压式接法，可测量多组数值；（2）由待测电阻的大小选择安培表的外接法测量误差较小．【详解】（1）[1][2][3]．由于待测电阻额定电压为3V而电阻约为10Ω，则待测电阻额定电流约为0.3A，所以电流表选择量程为300mA的电流表A，电压表选择量程为3.0V的电压表C，为了测量精确需要多测量几组，所以滑动变阻器需要采用分压式接法，故用电阻较小的E；（2）[4]．滑动变阻器用分压式，由于待测电阻（阻值大约为10Ω）远小于伏特表内阻(内阻约3kΩ)，所以电流表采用外接法，实验电路如下图：四、计算题：本题共3小题，共38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）4Ω（1）0.7m/s【解析】(1)由能量守恒定律可得：P电=P热+P出即I1U=I11R+m1gv1解得R=4Ω(1)安培力变为原来的1倍，则电流I1变为I1的1倍，即I1=1I1=1×5=10A由能量守恒定律可知I1U=I11R+m1gv1解得v1=0.7m/s14、（1）（2）【解析】试题分析：根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度；抓住在偏转电场中垂直于电场方向做匀速直线运动，求出运动的时间，结合竖直方向上做匀加速直线运动，求出偏转的位移。（1）根据动能