北京海淀區(qū)2024屆高二物理第一學(xué)期期中教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)模擬試題含解析

北京海淀區(qū)2024屆高二物理第一學(xué)期期中教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)模擬試題考生請(qǐng)注意：1．答題前請(qǐng)將考場(chǎng)、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號(hào)內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種常用方法．下面有四個(gè)物理量：①電勢(shì)②加速度③電場(chǎng)強(qiáng)度④導(dǎo)體的電阻，其中屬于比值法定義的一組是（）A．①② B．③④ C．①④ D．②③2、某同學(xué)搬一疊書上樓用了時(shí)間t，對(duì)書做功W．此過程中該同學(xué)對(duì)書做功的平均功率是()A．Wt B．W2t C． D．3、如右圖甲所示，一彈簧振子在AB間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，O為平衡位置．乙是振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)的位移一時(shí)間圖象．則關(guān)于振子的加速度隨時(shí)間變化的規(guī)律，下列四個(gè)圖象中正確的是()A． B． C． D．4、如圖所示，質(zhì)量為m的帶電小球A懸掛在絕緣細(xì)線上，且處在場(chǎng)強(qiáng)為E的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，當(dāng)小球A靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向成30°角，則小球所帶的電量應(yīng)為（）A． B． C． D．5、阻值相等的四個(gè)電阻R、電容器C及電池E(內(nèi)阻可忽略)接成如圖所示的電路．保持S1閉合，開關(guān)S2斷開且電流穩(wěn)定時(shí)，C所帶的電荷量為Q1；閉合開關(guān)S2，電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2.Q1與Q2的比值為()A．5∶3 B．2∶1 C．1∶2 D．1∶36、下列各圖中，能夠描述勻加速直線運(yùn)動(dòng)的是A． B．C． D．二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界為直角三角形,∠EGF=30°,已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里,F處有一粒子源,沿FG方向發(fā)射出大量帶正電荷q的同種粒子,粒子質(zhì)量為m,粒子的初速度v0大小可調(diào),則下列說法正確的是()A．若粒子能到達(dá)EG邊界,則粒子速度越大,從F運(yùn)動(dòng)到EG邊的時(shí)間越長(zhǎng)B．無論v0取何值,粒子都無法到達(dá)E點(diǎn)C．能到達(dá)EF邊界的所有粒子所用的時(shí)間均等D．粒子從F運(yùn)動(dòng)到EG邊所用的最長(zhǎng)時(shí)間為5πm8、如圖所示電路中,電源電動(dòng)勢(shì)E恒定,內(nèi)阻r=1Ω,定值電阻R3=5Ω.開關(guān)S斷開時(shí)與閉合時(shí)相比,ab段電路消耗的電功率相等。以下說法中正確的是A．電阻R1、R2可能分別為4Ω、5ΩB．電阻R1、R2可能分別為3Ω、6ΩC．開關(guān)S斷開時(shí)理想電壓表的示數(shù)一定小于S閉合時(shí)的示數(shù)D．開關(guān)S斷開時(shí)與閉合時(shí)相比,理想電壓表的示數(shù)變化量大小與理想電流表的示數(shù)變化量大小之比一定等于6Ω9、把檢驗(yàn)電荷q從電場(chǎng)中A點(diǎn)移至B點(diǎn)的過程中，下列各量與檢驗(yàn)電荷無關(guān)的是()A．電場(chǎng)力F B．電場(chǎng)強(qiáng)度E C．電勢(shì)差U D．電場(chǎng)力做的功W10、下圖是驗(yàn)證楞次定律實(shí)驗(yàn)的示意圖，豎直放置的線圈固定不動(dòng)，將磁鐵從線圈上方插入或拔出，線圈和電流表構(gòu)成的閉合回路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流。各圖中分別標(biāo)出了磁鐵的極性、磁鐵相對(duì)線圈的運(yùn)動(dòng)方向以及線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向等情況，其中正確的是A． B． C． D．三、實(shí)驗(yàn)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）在《測(cè)定干電池的電動(dòng)勢(shì)和電阻》的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)器材有被測(cè)干電池、電流表（0~0.6A，0.1）、電壓表（0~3V，3k）、電鍵、滑動(dòng)變阻器（0~20）、導(dǎo)線等。(1)在方框中畫出優(yōu)選的實(shí)驗(yàn)電線圖________________________。(2)實(shí)驗(yàn)過程中測(cè)得干電池的路端電壓與相應(yīng)的輸出電流的多組數(shù)據(jù)，描得圖像如圖所示，則干電池的電動(dòng)勢(shì)為________V，內(nèi)電阻為__________Ω。（保留三位有效數(shù)字）12．（12分）在“描繪小電珠的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中，除標(biāo)有“6V1.5W”字樣的小電珠、導(dǎo)線和開關(guān)外，還有下列器材：A．直流電源（6V，內(nèi)阻不計(jì)）B．直流電流表（量程為3A，內(nèi)阻0.1以下）C．直流電流表（量程為300mA，內(nèi)阻約為5）D．直流電壓表（量程為10V，內(nèi)阻約為15k）E．直流電壓表（量程為5V，內(nèi)阻約為5k）F．滑動(dòng)變阻器（10，2A）G．滑動(dòng)變阻器（1k，0.5A）實(shí)驗(yàn)要求小電珠兩端的電壓從零開始變化并能進(jìn)行多次測(cè)量。(1)實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選用______，電壓表應(yīng)選用______，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用______。（填寫序號(hào)）(2)在虛線框內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)電路圖____________。四、計(jì)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，長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線下端系一帶正電的小球q，懸于O點(diǎn)，質(zhì)量為m.當(dāng)在O點(diǎn)固定一電荷量未知的電荷Q時(shí)，小球能靜止在A處，且細(xì)線拉力是小球重力的5倍．現(xiàn)將小球拉至圖中B處(θ＝60°)，并放開使之?dāng)[動(dòng)，（已知靜電力常量為k，重力加速度為g）問：（1）固定在O處的電荷是帶正電還是負(fù)電？（2）固定在O處的電荷的帶電荷量為多少？（3）小球回到A處時(shí)懸線拉力為多少？14．（16分）如圖所示的電路中，兩平行金屬板A，B水平放置，接入如圖所示電路中，兩板間的距離，電源電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)電阻r，電阻，，閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，將一帶電的小球放入板間恰能保持靜止，若小球質(zhì)量為，電量大小，取問：小球帶正電還是負(fù)電，電容器的電壓為多大？電源的內(nèi)阻為多大？電源的效率是多大？15．（12分）如圖所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.5m、傾角為θ=37°的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,一帶電荷量為+q,質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),以初速度v0=2m/s恰能沿斜面勻速上滑,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：(1)水平勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小？(2)若水平勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度減半,小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為多少？

參考答案一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解題分析】

所謂比值定義法，就是用兩個(gè)基本的物理量的“比值”來定義一個(gè)新的物理量的方法．比值法定義的基本特點(diǎn)是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變．【題目詳解】：①電勢(shì)，電勢(shì)是電荷所受具有的電勢(shì)能與該電荷所帶電荷量的比值，電勢(shì)與電勢(shì)能和電荷量無關(guān)，屬于比值定義法，故①正確；②加速度，這是牛頓第二定律表達(dá)式，說明加速度與所受的合力成正比，與質(zhì)量成反比，不是比值定義法，故②錯(cuò)誤；③電場(chǎng)強(qiáng)度，電場(chǎng)強(qiáng)度與場(chǎng)源電荷量成正比，與距離的平方成反比，不是比值定義法，故③錯(cuò)誤；導(dǎo)體的電阻阻R與電壓、電流無關(guān)，是其本身的屬性，是比值定義法，故④正確．故屬于比值定義法的是①④，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選C．【題目點(diǎn)撥】解決本題的關(guān)鍵理解比值定義法的共性：被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性．2、C【解題分析】根據(jù)功率的公式可知，此過程中該同學(xué)對(duì)書做功的平均功率是，故選C.3、D【解題分析】

根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)振子的加速度與位移的關(guān)系：可知t=0時(shí)刻振子的加速度a=0，而且在前半個(gè)周期內(nèi)加速度為負(fù)值。簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的x-t圖象是正弦曲線，則a-t圖象與x-t圖象上下對(duì)調(diào)。故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D．4、A【解題分析】

小球受到三個(gè)力作用：重力mg、電場(chǎng)力F和細(xì)線的拉力T，根據(jù)平衡條件得知：F和T的合力與重力mg大小相等、方向相反，根據(jù)平衡條件可得解得：故A正確BCD錯(cuò)誤。故選A。5、A【解題分析】電池E的內(nèi)阻可忽略不計(jì)，保持開關(guān)S1閉合、S2斷開且電流穩(wěn)定時(shí)，電容器的電壓為：再閉合開關(guān)S2時(shí)，電容器的電壓為：由Q=CU得：C相同，則有：Q1:Q2=U1:U2=5:3故A正確，BCD錯(cuò)誤故選A.【名師點(diǎn)睛】結(jié)合電路的連接方式，利用閉合電路歐姆定律，分別求出兩種情況下電容器的電壓，再由Q=CU可求得電量Q1與Q2的比值．6、C【解題分析】

由圖可知，本題考查v-t圖和x-t圖，根據(jù)圖像信息可分析本題?！绢}目詳解】AB、根據(jù)公式因此在x-t圖中，勻加速圖像是二次函數(shù)圖像，故AB錯(cuò)誤；CD、在v-t圖，勻加速運(yùn)動(dòng)圖像是斜向上，故C正確，D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BC【解題分析】試題分析：當(dāng)粒子的軌跡與EG邊界相切時(shí)，粒子恰好到達(dá)EG邊界，如圖所示若粒子速度大于這個(gè)速度，則從EG邊界射出，根據(jù)r=mvBq可得粒子運(yùn)動(dòng)半徑增大，軌跡所對(duì)圓心角減小，根據(jù)t=θ2πT（T=2πmBq考點(diǎn)：考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，從而得出半徑公式R=mvBq，周期公式T=2πm8、AD【解題分析】

由題中“電源電動(dòng)勢(shì)E恒定”可知，本題考查閉合電路歐姆定律和動(dòng)態(tài)電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律公式和動(dòng)態(tài)電路變化可分析本題?！绢}目詳解】AB．取有當(dāng)S斷開前后有時(shí)將代入方程成立，而將代入方程不成立，故A錯(cuò)誤B正確；C．將R3和電源內(nèi)阻看作一整體，則此時(shí)電壓表測(cè)量路端電壓，開關(guān)斷開時(shí)等效外電路總電阻大于開關(guān)閉合時(shí)的，所以開關(guān)斷開時(shí)電壓表示數(shù)大，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)閉合電路歐姆定律得則電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比為故D正確。9、BC【解題分析】試題分析：電場(chǎng)力F=qE，知電場(chǎng)力與檢驗(yàn)電荷有關(guān)．故A錯(cuò)誤．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小由電場(chǎng)本身的性質(zhì)決定，與檢驗(yàn)電荷的電量無關(guān)．故B正確．電場(chǎng)中兩點(diǎn)間電勢(shì)差由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的電勢(shì)決定，電勢(shì)與檢驗(yàn)電荷無關(guān)，所以電勢(shì)差與檢驗(yàn)電荷無關(guān)．故C正確．電場(chǎng)力做功W=qU，知電場(chǎng)力做功與檢驗(yàn)電荷的電量有關(guān)．故D錯(cuò)誤．故選BC．10、CD【解題分析】

A.當(dāng)磁鐵N極向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈的磁通量變大，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反。再根據(jù)安培定則，可判定感應(yīng)電流的方向：沿線圈盤旋而上。故A不符合題意；

B.當(dāng)磁鐵S極向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈的磁通量變小，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同。再根據(jù)安培定則，可判定感應(yīng)電流的方向：沿線圈盤旋而上，故B不符合題意；

C.當(dāng)磁鐵S極向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈的磁通量變大，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反。再根據(jù)安培定則，可判定感應(yīng)電流的方向與圖中電流方向相同。故C符合題意；

D.當(dāng)磁鐵N極向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈的磁通量變小，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同。再根據(jù)安培定則，可判定感應(yīng)電流的方向：沿線圈盤旋而下，故D符合題意；三、實(shí)驗(yàn)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、見解析1.500.250【解題分析】

(1)[1]滑動(dòng)變阻器采用限流式接法，電路連接如圖所示(2)[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律可知在圖象中，圖象在縱軸的截距等于電源電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值等于電源內(nèi)阻，因此可得，12、CDF【解題分析】

(1)[1][2][3]小燈泡的額定電流為則電流表應(yīng)選用C；燈泡的額定電壓為6V，則電壓表應(yīng)選用D；滑動(dòng)變阻器要接成分壓電路，則應(yīng)該選擇阻值較小的F。(2)[4]因小燈泡電阻相對(duì)電壓表內(nèi)阻較小，則采用安培表外接電路；滑動(dòng)變阻器采用分壓電路，電路圖如圖：四、計(jì)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）正電（2）（3）6mg【解題分析】

（1）因?yàn)榧?xì)線拉力是小球重力的5倍，可知小球受到斥力作用，可知固定在O處的電荷帶正電；（2）球在A處?kù)o止時(shí)設(shè)細(xì)線拉力為F，由受力分析可得F＝k＋mg又F＝5mg.故k＝4mg.解得：.（3）小球由B回到A處的過程中只有重力做功，由動(dòng)能定理可得mgL(1－cos60°)＝mv2.由牛頓第二定律可得F′－mg－k＝m.由以上各式聯(lián)立解得F′＝6mg.14、（1）負(fù)電；10V（2）（3）93.33%【解題分析】試題分析：小球放入板間后，受重力和電場(chǎng)力作用，由二力平衡判斷電場(chǎng)力的方向，進(jìn)而判斷電荷的正負(fù)，根據(jù)受力平衡求解電容器電壓；由歐姆定律求出通過電路的電流，再根據(jù)閉合電路歐姆定律求解內(nèi)阻；根據(jù)求解電源效率．（1）小球放入板間后，受重力和電場(chǎng)力作用，由二力平衡，小球應(yīng)帶負(fù)電，且，代入數(shù)據(jù)解得：（2）電路中的電流為：根據(jù)閉合電路歐姆定律得：代入數(shù)據(jù)解得：（3）電源的效率：點(diǎn)睛：本題主要考查了電路問題，關(guān)鍵是分析清楚電路結(jié)構(gòu)和運(yùn)動(dòng)情況后，根據(jù)平衡條件、歐姆定律聯(lián)立列式求解．15、（1