2024屆山東省陽谷縣第二中學高二物理第一學期期中預測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、在點電荷+Q形成的電場中有一點A，當一個－q的檢驗電荷從電場的無限遠處被移到電場中的A點時，電場力做的功為W。取無限遠處電勢為0，則檢驗電荷在A點的電勢能及電場中A點的電勢分別為（）A．， B．C． D．2、關于磁感應強度B，下列說法中正確的是（）A．根據磁感應強度定義B＝，磁場中某點的磁感應強度與F成正比，與IL成反比B．磁感應強度B是標量，沒有方向C．磁感應強度B是矢量，方向與F的方向相反D．同一點的磁感應強度是確定的，磁感線密集的地方磁感應強度B大些3、在真空中有兩個點電荷，當它們所帶電荷量都增加為原來的二倍，它們之間的距離減小為原來的1/2，則它們之間的庫侖力將是原來的（）A．1/4倍 B．不變 C．4倍 D．16倍4、關于電場強度的定義式為E=F/q，下列說法中不正確的是（）A．該定義式適用于任何電場B．帶電量為q帶電體放在某電場中的A點，受到的電場力為F，則該電場在A點產生的電場強度大小為F/qC．電場強度的方向與正電荷受到的電場力F的方向相同D．由F=Eq可知，試探電荷在場中某點所受的電場力大小與該試探電荷帶電量的大小成正比5、關于導體的電阻，下列說法正確的是:A．導體的電阻僅由導體兩端的電壓決定B．導體的電阻在一定溫度下僅由長度和橫截面積決定C．導體的電阻在一定溫度下由導體的長度、粗細及材料決定D．導體的電阻與導體所通電流的大小有關6、飲水機是一種常見的家用電器，其工作電路可簡化為如圖所示的電路，其中S是一溫度控制開關，當水溫升高到一定溫度時，它會自動切換，使飲水機處于保溫狀態；R0是飲水機加熱管的電阻，R是與加熱管串聯的電阻。下表是從其說明書中摘錄的一些技術數據。(不考慮R0、R的電阻受溫度變化的影響，表中的功率均指加熱管的功率)，當開關S閉合時，飲水機處于何工作狀態和R0的阻值為A．加熱，220ΩB．加熱，90ΩC．保溫，90ΩD．保溫，220Ω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,用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素。設兩極板正對面積為，極板間的距離為，靜電計指針偏角為。實驗中，極板所帶電荷量保持不變A．若保持不變，增大，則變大B．若保持不變，增大，則變小C．若保持不變，減小，則變小D．若保持不變，減小，則變大8、如圖所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，兩次ab邊平行于MN、速度方向均垂直于MN勻速的完全進入磁場．第一次速度為v，線框上產生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次速度為2v，線框上產生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則A．q2＝q1 B．q2=2q1 C．Q2＝Q1 D．Q2＝2Q19、如圖，光滑絕緣細管與水平面成30°角，在管的上方P點固定一個正點電荷Q，P點與細管在同一豎直平面內。一帶電量為－q的小球位于管的頂端A點，PA連線水平，q?Q．將小球由靜止開始釋放，小球沿管到達底端C點。已知B是AC中點，PB⊥AC，小球在A處時的加速度為a．不考慮小球電荷量對電場的影響，則（）A．A點的電勢低于B點的電勢 B．B點的電場強度大小是A點的4倍C．小球從A到C的過程中電勢能先增大后減小 D．小球運動到C處的加速度為g－a10、如圖所示，實線是一質子僅在電場力作用下由a點運動到b點的運動軌跡，虛線可能是電場線，也可能是等差等勢線，則（）A．若虛線是電場線，則質子在a點的電勢能大，動能小B．若虛線是等差等勢線，則質子在a點的電勢能大，動能小C．質子在a點的加速度一定大于在b點的加速度D．a點的電勢一定高于b點的電勢三、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）某物理小組利用如圖1所示實驗裝置探究牛頓第二定律。（1）小車放在木板上，后面固定一條紙帶，紙帶穿過打點計時器。把木板的一側墊高，以補償打點計時器對小車的阻力及其他阻力，具體做法是：。（2）該實驗把盤和重物的總重量近似視為等于小車運動時所受的拉力大小。小車做勻加速直線運動，在紙帶上打出一系列小點。打點計時器使用的交流電源的頻率為50Hz。圖2是實驗中獲取的一條紙帶的一部分：0、1、2、3、4、5、6是計數點，相鄰兩計數點間還有4個點未畫出。根據圖中數據計算小車加速度a=m/s2（保留兩位有效數字）。若已知小車質量為200g，重力加速度大小為g=1．8m/s2，則可計算出盤和重物的總質量m=g（保留兩位有效數字）。12．（12分）某同學設計了一個測量液體電阻率的實驗，他在一根均勻的長玻璃管兩端裝上兩個橡膠塞和鉑電極，如圖所示，兩電極相距L=0.314m，其間充滿待測的河水，安裝前他用游標卡尺測量玻璃管的內徑，測量結果為D=6.70mm。所用儀器：量程15V、內阻300KΩ的電壓表量程300μA、內阻50Ω的電流表最大阻值1KΩ的滑動變阻器，電動勢E=12V、內阻r=6Ω的電池組開關等各一個，以及導線若干圖坐標中包括坐標為(0，0)的點在內的9個點表示他測得的9組電流I、電壓U的值，已在坐標中標出。根據以上材料完成以下問題：①在坐標系中作出U-I圖線________②開關閉合前滑動變阻器的滑片應先滑至_________端（填C端或D端）。③圖中的儀器實物部分已連線，將其它部分連接成能測出圖數據的實物連接圖_______.④液體的電阻R=____________⑤求出液體的電阻率ρ=____________（用題中給出的字母表示，無需計算出結果）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，在方向水平的勻強電場中，長為的輕質絕緣細線一端拴一質量為、電荷量為的小球，細線另一端固定于點.將細線拉直至水平狀態由靜止釋放，小球擺動到懸點正下方時受到細線的拉力大小為，為重力加速度，不計空氣阻力，求：(1)小球運動到最低點時的速率；(2)勻強電場的場強；(3)小球運動過程中的最大速度.14．（16分）如圖所示，為一磁約束裝置的原理圖，圓心為原點O、半徑為R0的圓形區域Ⅰ內有方向垂直xOy平面向里的勻強磁場．一束質量為m、電量為q、動能為E0的帶正電粒子從坐標為(0、R0)的A點沿y負方向射入磁場區域Ⅰ，粒子全部經過x軸上的P點，方向沿x軸正方向．當在環形區域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面的勻強磁場時，上述粒子仍從A點沿y軸負方向射入區域Ⅰ，粒子經過區域Ⅱ后從Q點第2次射入區域Ⅰ，已知OQ與x軸正方向成60°．不計重力和粒子間的相互作用．求：(1)區域Ⅰ中磁感應強度B1的大小；(2)若要使所有的粒子均約束在區域內，則環形區域Ⅱ中B2的大小、方向及環形半徑R至少為大；(3)粒子從A點沿y軸負方向射入后至再次以相同的速度經過A點的運動周期．15．（12分）如圖所示，勻強電場中A、B、C三點構成一個直角三角形，∠A=30°，AC=2m，把電荷量q=-2×10-10C的點電荷由A點移動到B點，電場力做功4.8×10-8J，若將該電荷由C點移到B點，克服電場力做功1.6×10-8J，取B點的電勢為零求（1）A、C兩點的電勢；（2）勻強電場的場強．

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】

依題意，-q的檢驗電荷從電場的無限遠處被移到電場中的A點時，電場力做的功為W，則電荷的電勢能減小W，無限處電荷的電勢能為零，則電荷在A點的電勢能為EPA=-W則A點的電勢故選A。2、D【解題分析】

A．磁場中某點的磁感應強度是由磁場本身決定的，與F以及IL無關，選項A錯誤；B．磁感應強度B是矢量，有大小和方向，選項B錯誤；C．磁感應強度B是矢量，方向與F的方向垂直，選項C錯誤；D．同一點的磁感應強度是確定的，磁感線密集的地方磁感應強度B大些，選項D正確。3、D【解題分析】

根據庫侖定律可知，原來的庫侖力為，當它們的電荷量都增加到原來的2倍，距離減小到原來的時，則庫侖力變為．A．1/4倍，與結論不相符，選項A錯誤；B．不變，與結論不相符，選項B錯誤；C．4倍，與結論不相符，選項C錯誤；D．16倍，與結論相符，選項D正確。4、B【解題分析】

A、E=Fq是電場強度的定義式，適用于任何電場，故B、公式E=Fq中F是檢驗電荷所受的電場力，q是檢驗電荷的電荷量，帶電量為q帶電體不是檢驗電荷，對原電場有影響，故BC、場強的方向與放在該點的正電荷所受的電場力方向相同，與放在該點的負電荷所受的電場力方向相反，故C正確；D、由F=Eq得知，場中某點電荷所受的電場力大小與該點場強的大小成正比，故D正確；不正確的故選B。【題目點撥】E=Fq是電場強度的定義式，q是檢驗電荷的電荷量，F是檢驗電荷所受的電場力，適用于任何電場．場強的方向與放在該點的正電荷所受的電場力方向相同，5、C【解題分析】導體的電阻跟加在它兩端的電壓以及通過它的電流無關。電阻決定式，在溫度一定的情況下由導體的長度、粗細及材料決定，選C6、B【解題分析】根據電功率公式知，當電源電壓不變時電阻越小功率越大．電源電壓不變，當S斷開時，R與R0串聯；當S閉合時，只有R0接入在電源上，電路中的電阻變小，總功率變大，因而開關S閉合時是加熱狀態．則．故B正確，ACD錯誤．故選B．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、AD【解題分析】

AB.根據電容的決定式：知當保持S不變，增大d時，電容減小，電容器的電量Q不變，由電容的定義式：知板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角變大，故A正確，B錯誤。CD.根據電容的決定式：知當保持d不變，減小S時，電容減小，電容器極板所帶的電荷量Q不變，由電容的定義式：知板間電勢差增大，靜電計指針的偏角變大，故C錯誤，D正確。8、AD【解題分析】

由，可判兩次進入通過線框導體橫截面的電荷量相等；根據功能關系可求線框中產生的熱量．【題目詳解】由公式可知，電荷量相等，即q2=q1線圈進入磁場過程中產生的感應電流為：，由焦耳定律可知，產生的熱量為：所以熱量之比等于速度度之比即為Q2＝2Q1故應選：AD．9、ABD【解題分析】

A.正點電荷的電場線呈發散型，沿著電場線方向，電勢降低，因此A點的電勢低于B點的電勢，故A正確；B.結合幾何關系：PA=2PB，由點電荷電場強度公式可知，B點的電場強度大小是A點的4倍，故B正確；C.小球帶負電，正點電荷Q對小球的電場力為吸引力，從A到C的過程中，電場力先做正功，后做負功，則小球電勢能先減小后增大，故C錯誤；D.小球在AC兩處受到的電場力大小相等，在A處時小球的加速度為a，對A點處小球受力分析，小球受電場力、重力與支持力，則：Fcos30°+mgsin30°=ma在C處時，小球受到重力、電場力與支持力，則：mgsin30°?Fcos30°=ma′解得：a′=g?a故D正確。10、BC【解題分析】試題分析：若虛線是電場線，粒子所受的電場力沿電場線向左，質子由a點運動到b點的過程中，電場力做負功，質子的電勢能增大，動能減小，故質子在a點的電勢能小，動能大，故A錯誤．若虛線是等差等勢線，根據電場線與等勢線垂直，可知電場力大致向下，質子由a點運動到b點的過程中，電場力對質子做正功，質子的電勢能減小，動能增大，則質子在a點的電勢能大，動能小，故B正確．電場線的疏密表示場強的大小，等差等勢線越密，場強越大，則知a點的場強一定大于b點的場強，由牛頓第二定律得qE=ma，則質子在a點的加速度一定大于在b點的加速度，故C正確．若虛線是電場線，電場線方向向左，b點的電勢高于a點的電勢．若虛線是等差等勢線，電場線向下，a點的電勢高于b點的電勢，故D錯誤．故選BC．考點：帶電粒子在電場中的運動三、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、（1）調節木板的傾斜度，使小車在不受牽引時能拖動紙帶沿木板勻速運動．（2）2．23,3．1【解題分析】試題分析：（1）平衡摩擦力時，把木板一端墊高，調節木板的傾斜度，使小車在不受繩的拉力時能拖動紙帶沿木板做勻速直線運動即可．（2）相鄰的兩個計數點之間還有4個打出的點沒有畫出，則T=2．1s，根據△x=aT2,選擇逐差法可得：；在小車質量M>>m條件下，可以認為繩對小車的拉力近似等于沙和沙桶的總重力，由牛頓第二定律可得，解得．考點：考查探究加速度與物體質量、物體受力的關系．【名師點睛】解決實驗問題的關鍵是明確實驗原理，同時熟練應用基本物理規律解決實驗問題，要明白公式的△x=aT2的推導和應用，知道為什么沙和沙桶的總質量遠小于小車的質量時沙和沙桶的重力可以認為等于小車的拉力，對于基本知識規律不但明白是什么還要知道為什么．12、①圖像如圖②C端③實物連線；④（1.0±0.1）×105Ω⑤【解題分析】①在坐標圖中畫出U-I圖線如圖所示；②為保護電流表，開關閉合前，滑片應滑到C端；③實物連線如圖；④由U-I圖象可求出液體的電阻：⑤根據及，可解得，點睛：對實驗問題，關鍵是明確實驗原理，然后根據相應規律求解即可，要熟記伏安法測量電阻時電流表內接法與外接法選擇的依據，以及滑動變阻器應采用分壓式的幾種情況：測量電路要求電流從零調，滑動變阻器的全電阻遠小于待測電阻阻值等．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、(1)(2)(3)【解題分析】

(1)在最低點由牛頓第二定律得解得(2)由動能定理：解得：(3)設小球速度最大時，細線與豎直方向夾角為則由動能定理解得：14、(1)(2),方向垂直xOy平面向外;(3)【解題分析】

（1）粒子進入磁場Ⅰ做勻速圓周運動，由幾何關系求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求解磁感應強度B1的大小；（2）在環形區域Ⅱ中，當粒子的運動軌跡與外圓相切，畫出軌跡，由幾何關系求解軌跡半徑，再求解B2的大小；（3）根據粒子運動的軌跡所對應的圓心角，再求解運動周期．【題目詳解】（1）設在區域Ⅰ內軌跡圓半徑為r1=R0；所以（2）設粒子在區域Ⅱ中的軌跡圓半徑為r2，部分軌跡