重慶第十一中學校2024屆物理高二上期中預測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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，在豎直放置的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處固定一點電荷，將質量為m，帶電量為+q的小球從圓弧管的水平直徑端點A由靜止釋放，小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力，則固定于圓心處的點電荷在AB弧中點處的電場強度大小為（）A．3mg/q B．mg/qC．2mg/q D．4mg/q2、導體的電阻是4Ω，在120s內通過導體橫截面的電荷量是480C，這時加在導體兩端的電壓是（）A．960V B．16V C．1V D．60V3、在如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內電阻為r，C為電容器，R0為定值電阻，R為滑動變阻器。開關閉合后，燈能正常發光，當滑動變阻器的滑片向右移動時，下列判斷正確的是A．路端電壓變小B．燈泡L將變亮C．電容器C的電量將減小D．電容器C的電量將增大4、如圖所示，空間存在著與圓臺母線垂直向外的磁場，各處的磁感應強度大小均為B，圓臺母線與豎直方向的夾角為θ．一個質量為m、半徑為r的勻質金屬圓環位于圓臺底部．圓環中維持恒定的電流I,圓環由靜止向上運動，經過時間t后撤去該恒定電流并保持圓環閉合，圓環上升的最大高度為H．已知重力加速度為g，磁場的范圍足夠大．在圓環向上運動的過程中，下列說法正確的是A．安培力對圓環做的功為mgHB．圓環先做勻加速運動后做勻減速運動C．圓環運動的最大速度為D．圓環先有擴張后有收縮的趨勢5、如圖所示，平行的實線表示電場線，虛線表示一個帶電粒子穿越電場的運動軌跡，a、b是此軌跡上的兩點．不計帶電粒子所受重力，下列說法中正確的是（）A．電場方向一定是向右的B．該粒子一定帶負電荷C．粒子在a點的動能一定小于在b點的動能D．該粒子一定是由a向b運動6、如右圖所示的電路為歐姆表原理圖，電池的電動勢E＝1.5V，G為電流表，滿偏電流為200μA。當調好零后，在兩表筆間接一被測電阻Rx時，電流表G的指針示數為50μA，那么Rx的值是()A．7.5kΩ B．22.5kΩC．15kΩ D．30kΩ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，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直．粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角．已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點的電勢差為U，不計重力作用，設P點的電勢為零．則下列說法正確的是A．帶電粒子在Q點的電勢能為－UqB．帶電粒子帶負電C．此勻強電場的電場強度大小為D．此勻強電場的電場強度大小為8、如圖所示，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方垂直紙面向外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B。一粒子源位于MN上的a點，能水平向右發射不同速率、質量為m（重力不計）、電荷量為q（q>0）的同種粒子，所有粒子均能通過MN上的b點，已知ab=，則粒子的速度可能是（）A． B． C． D．9、質量為m的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經過t秒小球又回到A點，不計空氣阻力且小球從末落地。則A．整個過程中小球電勢能變化了B．整個過程中電場力對小球做功為2mg2t2C．從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mg2t2D．從A點到最低點小球重力勢能變化了10、如圖，A、B兩燈電阻相同，當滑動變阻器的滑動端P向下滑動時（）A．通過電源的電流減小B．電阻R中的電流減小C．電燈A將變暗一些D．電燈B將變暗一些三、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）如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以EP表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則θ_______，EP________（“增大”“減小”“不變”）12．（12分）在做“用電流表和電壓表測電池的電動勢E(約３V)和內電阻r的實驗時，部分器材參數如下：電壓表（量程3V）電流表（量程0.6A）保護電阻R0（阻值為3Ω）滑動變阻器（阻值約30Ω）⑴某同學設計的電路圖如圖所示．當他閉合開關時發現電壓表有示數，電流表沒有示數．反復檢查后發現電路連接完好，估計是某一元件斷路，因此他拿來多用電表檢查故障．他的操作如下：①斷開電源開關s②將多用表選擇開關置于×1Ω檔，調零后，紅黑表筆分別接R兩端，讀數為30Ω③將多用表選擇開關置于×100Ω檔，調零后，將紅黑表筆分別接電壓表兩端，發現指針讀數如圖所示,則所測阻值為Ω，然后又將兩表筆接電流表兩端，發現指針位置幾乎不變．由以上操作可知，發生斷路故障的元件是．⑵在更換規格相同的元件后，他改變滑動變阻器的阻值，測出了6組對應的數據后，想通過描點作圖的方法求電動勢E與內阻r，如右圖所示，請繼續完成圖象，根據圖象可求得該電源的電動勢E＝．并可求出電源內阻r=．（保留兩位有效數字）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）如圖所示，勻強電場電場線與AC平行，把10－8C的負電荷從A點移到B點，電場力做功6×10－8J，AB長6cm，AB與AC成60°角．（1）若B處電勢為1V，則A處電勢為多少？（2）求勻強電場的場強大小．14．（16分）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區域存在方向水平向右的勻強電場．自該區域上方的A點將質量為m、電荷量分別為q和–q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進入電場區域，并從該區域的下邊界離開．已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍．不計空氣阻力，重力加速度大小為g．求（1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）A點距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強度大小．15．（12分）如圖所示，正方形ABCD處在一個勻強電場中，電場線與正方形所在平面平行．已知AD=6cm.A、B、C三點的電勢依次為UA=6.0V，UB=4.0V，UC=－2.0V．（1）求D點的電勢UD．（2）在圖中畫出過A點的電場線（要把作圖過程畫在圖上。只畫最后結果不能得分）

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、A【解題分析】

帶電小球沿豎直放置的光滑半圓弧絕緣細管從A點靜止釋放，當滑到最低點時，對管壁恰好無壓力．在下滑過程中由動能定理可求出最低點的速度大小，從而由牛頓第二定律可求出電場力，從而確定電場強度大小．【題目詳解】設圓的半徑是r，由A到B，由動能定理得：mgr＝mv2；在B點，對小球由牛頓第二定律得：qE?mg＝；聯立以上兩式解得：；由于是點電荷-Q形成的電場，由得到，等勢面上各處的場強大小均相等，即AB弧中點處的電場強度為，故選A．【題目點撥】小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力．并不是電場力等于重力，而是電場力與重力提供向心力去做圓周運動．2、B【解題分析】試題分析：由電流定義式I=，及歐姆定律I=，得=，所以U=，故選項B正確．考點：電流定義式歐姆定律3、D【解題分析】當滑動變阻器的滑片向右移動時，變阻器在路電阻增大，外電阻增大，電路中電流減小，路端電壓增大，故A錯誤．電路中電流減小，燈L變暗，故B錯誤．電容器的電壓等于路端電壓，可見其電壓是增大的，則由Q=CU知，電容器C的電荷量將增大．故C錯誤，D正確．故選D.4、C【解題分析】試題分析：圓環通電后由靜止開始向上運動，判斷受到安培力有向上的分力，根據左手安培定則判斷電流沿順時針方向如下圖，把圓環分為弧長為若干小段，則每一小段可看做一段直導線，受到安培力沿圓臺母線方向斜向上，則豎直分力為，根據對稱性，安培力在水平方向分力相互抵消，合力豎直向上，即為，撤去電流之前的時間內，圓環做勻加速直線運動，加速度，電流撤去后，圓環受到自身重力做勻減速直線運動，選項B對．向上運動過程最大速度即電流撤去時的速度，選項C對．整個上升過程有重力做功，安培力做功，根據動能定理，，即，但電流撤去切割磁感線仍有安培力做功，在時間t內安培力對圓環做功小于所以選項A錯．勻加速階段由于安培力的水平分力，圓環有收縮的趨勢，電流撤去后，圓環切割磁感線，根據楞次定律感應電流阻礙其向上運動，判斷感應電流為逆時針方向，安培力沿母線向下，安培力有水平向外的分力，圓環有擴張趨勢，選項D錯．考點：安培力做功電磁感應5、C【解題分析】物體做曲線運動合力方向大致指向軌跡凹的一側，可以知道電場力方向向左，不能判斷電場的方向，也不能判斷粒子的帶電性質，故AB錯誤；從a運動到b，電場力做正功，電勢能減少，動能增加，所以帶電粒子在a點的動能小于在b點的動能，故C正確；粒子可能是由a向b運動，也可能是由b向a運動，故D錯誤．所以C正確，ABD錯誤．6、B【解題分析】試題分析:由滿偏電流求歐姆表的內阻：R內＝=7500Ω連入電阻后，由I=；解得RX=22.5KΩ，故選B考點：用多用電表測電阻．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、AC【解題分析】

根據公式W=qU求出電場力做功，確定出P、Q間電勢能的差，即可求得Q點的電勢能．根據粒子軌跡彎曲方向，判斷出粒子所受的電場力方向，即可判斷其電性；帶電粒子垂直進入勻強電場中，做類平拋運動，在Q點建立直角坐標系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，根據平拋運動的規律求出粒子到達Q點時的速度．根據位移公式和兩個分運動的等時性，列出x方向和y方向兩個方向的分位移與時間的關系式，即可求出豎直方向的位移大小y0，由求解場強的大小．【題目詳解】A、B、由圖看出粒子的軌跡向上，則所受的電場力向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電.粒子從P到Q，電場力做正功，為W=qU，則粒子的電勢能減少了qU，P點的電勢為零，則知帶電粒子在Q點的電勢能為-Uq;故A正確,B錯誤.C、D、設帶電粒子在P點時的速度為v0，在Q點建立直角坐標系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由平拋運動的規律和幾何知識求得粒子在y軸方向的分速度為：,粒子在y方向上的平均速度為：,粒子在y方向上的位移為y0，粒子在電場中的運動時間為t，豎直方向有：,水平方向有：d=v0t,可得：,所以場強為：,聯立得：，故C正確，D錯誤.故選AC.【題目點撥】本題根據類平拋運動的特點，運用運動的分解法，根據牛頓第二定律和運動學結合求解．8、AC【解題分析】

粒子可能在兩個磁場間做多次的運動，畫出可能的粒子軌跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為120°，根據幾何關系可得粒子運動的半徑為：(n=1，2，3，…)根據洛倫茲力提供向心力可得：聯立可得：(n=1，2，3，…)則粒子的速度可能是：或者或者…。A.。與上述結論相符，故A正確；B.。與上述結論不符，故B錯誤；C.。與上述結論相符，故C正確；D.。與上述結論不符，故D錯誤。故選：AC。9、BD【解題分析】

AB．小球先做自由落體運動，后做勻減速運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反，設電場強度大小為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下方向為正方向，則由又，解得：則小球回到A點時的速度為整個過程中小球速度增量的大小為速度增量的大小為，由牛頓第二定律得聯立解得：所以電勢能減小量為由功能關系可知，電場力做功等于電勢能的變化量即為，故A錯誤，B正確；C．從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能減少了故C錯誤；D．設從A點到最低點的高度為h，根據動能定理得：解得：從A點到最低點小球重力勢能減少了故D正確。10、CD【解題分析】

滑動鍵P向下移動，變阻器電阻減小，外電路總電阻減小，根據：電路電流強度增大，路端電壓變小，A燈變暗，根據：路端電壓變小；所以UB減小，燈B電阻不變，所以燈B電流強度IB減小，燈B變暗。電路電流強度：因為I增大、IB減小，所以IC增大。AB錯誤，CD正確。故選CD。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、減小不變【解題分析】

電容器視為通電后斷開電源，故極板上的電荷量不變，上極板下移，板間距離減小，由可知C增大，由可知兩板間的電壓變小，指針張角應該減小，由得：，Q、k、S、均不變，則E不變，P點與零勢面的距離不變由可知電勢差不變，電勢不變，故電勢能也不變．綜上所述本題答案是：(1).減小(2).不變12、（1)2000歐姆電流表（2）E=2.8至2.9Vr=2.6至2.9歐姆【解題分析】；（1）③由圖可知，指針示數為20，所選檔位為×100Ω檔，故讀數為2000Ω；因電路已斷開，歐姆表所測部分即為兩表筆所接中間部位，接電流表時指針不動，即說明此處電阻無窮大，電路斷開；故發生斷路的是電流表．（2）因電源的輸出電壓與電流成正比，故在U-I圖中應為直線，故將描出的各點用直線相連，中間一點由于誤差過大而舍去，如圖所示；由圖可知電源的電動勢約為2.9V；圖象的斜率表示電源內電阻，則r=2.8Ω；四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在