2025屆廣東省東莞市北京師范大學(xué)石竹附屬學(xué)校高二物理第一學(xué)期期中經(jīng)典模擬試題含解析

2025屆廣東省東莞市北京師范大學(xué)石竹附屬學(xué)校高二物理第一學(xué)期期中經(jīng)典模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)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(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。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(guī)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、如圖所示的四個圖中，分別標明了通電導(dǎo)線在磁場中的電流方向、磁場方向以及通電導(dǎo)線所受磁場力的方向，其中正確的是（）A． B．C． D．2、如圖所示，帶負電的金屬環(huán)繞其軸OO′勻速轉(zhuǎn)動時，放在環(huán)頂部的小磁針最后將()A．N極豎直向上B．N極豎直向下C．N極水平向左D．小磁針在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動3、關(guān)于光的波粒二象性的說法中，正確的是()A．一束傳播的光，有的光是波，有的光是粒子B．光子和電子是同種粒子，光波與機械波是同種波C．光的波動性是由光子間的相互作用而形成的D．光是一種波，同時也是一種粒子，光子說并未否定電磁說4、如圖所示，在光滑水平面上放著一個質(zhì)量為m的木箱，大小為F的拉力與水平方向成，木箱從靜止開始運動，在運動位移為的過程中，拉力做的功為（）A．B．C．D．5、如圖所示，E為電源，C為電容器，R為定值電阻，S為單刀雙擲開關(guān)，則A．S接1時，電容器充電且上極板電勢較低B．S接2時，電容器放電且放電電流從左往右經(jīng)過定值電阻RC．保持S接l，將上極板豎直向上平移少許，板間電壓不變，場強減小D．保持S接l，將上極板水平向左平移少許，板間電壓不變，場強減小6、下列說法正確的是（）A．洛倫茲力對帶電粒子永遠不做功B．運動電荷在某處不受洛倫茲力作用，則該處的磁感應(yīng)強度一定為零C．運動電荷在磁感應(yīng)強度不為零的地方，一定受到洛倫茲力作用D．洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能，也不能改變帶電粒子的速度二、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，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓恒定為U的電源兩極連接，極板M帶正電．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，則（）A．油滴帶負電B．油滴帶正電C．油滴帶電荷量為D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動8、一個帶電粒子在磁場中運動，某時刻速度方向如圖所示，帶電拉子受到的重力和洛侖茲力的合力的方向恰好與速度方向相反。不計阻力，那么接下去的一小段時間內(nèi)，帶電粒子（）A．可能做勻減速運動B．不可能做勻減速運動C．可能做勻速直線運動D．不可能做勻速直線運動9、傳感器是一種采集信息的重要器件．如圖所示是一種測定壓力的電容式傳感器，A為固定電極，B為可動電極，組成一個電容大小可變的電容器．可動電極兩端固定，當待測壓力施加在可動電極上時，可動電極發(fā)生形變，從而改變了電容器的電容．現(xiàn)將此電容式傳感器與靈敏電流表（電流從正接線柱流入指針向右偏轉(zhuǎn)）和電源串聯(lián)成閉合電路，在待測壓力增大過程中，以下說法正確的是A．電容器的電容將減小 B．電容器的電荷量將增加C．靈敏電流表中有向左的電流 D．靈敏電流表中有向右的電流10、如圖所示為速度選擇器，場強為E的勻強電場與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場互相垂直。一帶電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子（不計重力）以速度v水平向右射入場區(qū)，粒子恰沿直線穿過，則下列說法正確的是A．若帶電粒子電荷量為+2q，粒子仍能沿直線穿過B．若帶電粒子電荷量為-2q，粒子將向下偏轉(zhuǎn)C．若帶電粒子從右側(cè)水平射入，粒子仍能沿直線穿過D．若帶電粒子的速度為，粒子不與極板相碰，則從右側(cè)射出時電勢能一定減小三、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）在實驗室，某同學(xué)用多用電表粗測一段樣品的電阻．經(jīng)正確操作后，用“×100Ω”檔時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)情況如圖所示，則他應(yīng)該換用______檔(填“×10Ω”檔或“×1kΩ”)重新測量．換檔后，在測量前應(yīng)_______________12．（12分）某同學(xué)想要精密測量一金屬絲的電阻率.(1)他先用多用電表“”檔粗測其電阻,發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大,為了減小測量結(jié)果的誤差,需要調(diào)節(jié)為___________檔來測.(填“”或“”)(2)如圖所示,他用游標卡尺測得其長度L為__________cm;用螺旋測微器測金屬絲直徑d為__________mm.(3)為了減小實驗誤差,需進一步測其電阻,除待測金屬絲外,實驗室還備有的實驗器材如下:A．電壓表V(量程0~3V,內(nèi)阻約為)B．電流表A(量程0~0.6A,內(nèi)阻約為)C．滑動變阻器R1(0~5,1.5A)D．滑動變阻器R2(0~2000,0.1A)E.1.5V的干電池兩節(jié),內(nèi)阻不計F.電阻箱G.開關(guān),導(dǎo)線若干為了測多組實驗數(shù)據(jù)(要求電壓和電流的變化范圍盡可能大一些),則上述器材中的滑動變阻器應(yīng)選用___________(填“R1”或“R2”).請在虛線框內(nèi)設(shè)計最合理的電路圖________.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，電源電動勢E=12V，電源內(nèi)阻不計．定值電阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ．（1）若在ab之間接一個C=100μF的電容器，閉合S，電路穩(wěn)定后，求電容器上所帶的電量；（2）若在ab之間接一個內(nèi)阻RV=4.8kΩ的電壓表，求電壓表的示數(shù)．14．（16分）如圖所示電路中，電源的電動勢E=10V，內(nèi)電阻r=0.50Ω，電動機電阻R0=1.0Ω，電阻R1=1.5Ω．電動機正常工作時，電壓表示數(shù)U1為3.0V．求：（1）電源的總電功率．（2）電動機消耗的電功率和將電能轉(zhuǎn)化為機械能的功率．（3）電源的輸出功率．15．（12分）電荷所帶電荷量q＝3.0×10-10C，在電場中某一點所受的電場力F＝9.0×10-7N，方向豎直向上，求這一點電場強度的大小和方向。若在這一點改放一電荷量為q1＝6.0×10-10C的電荷時，電荷所受電場力多大？

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、C【解析】

根據(jù)左手定則，A圖導(dǎo)線受磁場力向下，A錯誤；B不受磁場力；C正確；D圖所受磁場力方向應(yīng)垂直于導(dǎo)線方向，D錯誤．2、C【解析】

帶電金屬環(huán)形成逆時針電流（從右向左看），根據(jù)安培定則可知，通過金屬環(huán)軸OO’處的磁場方向水平向右，小磁針處的磁場方向水平向左，故小磁針N極最后水平指向左方，所以只有選項C正確；3、D【解析】

光具有波粒二象性是微觀世界具有的特殊規(guī)律，大量光子運動的規(guī)律表現(xiàn)出光的波動性，而單個光子的運動表現(xiàn)出光的粒子性，光的波長越長，波動性越明顯，波長越短，其粒子性越顯著；【詳解】A、所以的光都具有波粒二象性，光同時具有波和粒子的特性，即光是一種波，同時也是一種粒子，光子說并未否定電磁說，故A錯誤，D正確；

B、電子是組成原子的基本粒子，有確定的靜止質(zhì)量，是一種物質(zhì)實體，速度可以低于光速；光子代表著一份能量，沒有靜止質(zhì)量，速度永遠是光速，光波和機械波是不同的兩種波，故B錯誤；

C、光在傳播時往往表現(xiàn)出的波動性，光在跟物質(zhì)相互作用時往往表現(xiàn)出粒子性，故C錯誤；【點睛】本題考查了光的波粒二象性，有時波動性明顯，有時粒子性明顯，光是一種波，同時也是一種粒子．4、C【解析】由功的公式可得，拉力的功W=Fxcosα；故選C．【點睛】本題考查功的計算公式，要注意力和位移夾角的確定．5、C【解析】

A．S接1時，電容器充電且上極板接電源正極，電勢較高，選項A錯誤；B．S接2時，電容器放電且放電電流從右往左經(jīng)過定值電阻R，選項B錯誤；C．保持S接l，將上極板豎直向上平移少許，板間電壓不變，根據(jù)可知，場強減小，選項C正確；D．保持S接l，將上極板水平向左平移少許，板間電壓不變，兩板間距d不變，根據(jù)可知場強不變，選項D錯誤。6、A【解析】洛倫茲力的方向與速度方向垂直，所以洛倫茲力對帶電粒子不做功．故A正確．當粒子運動的方向與磁感應(yīng)強度方向平行時，粒子不受洛倫茲力，但磁感應(yīng)強度不為1．故BC錯誤．洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大?。蔇錯誤．故選A．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【解析】試題分析：由題，帶電荷量為q的微粒靜止不動，則微粒受到向上的電場力，平行板電容器板間場強方向豎直向下，則微粒帶負電．故A正確，B錯誤．由平衡條件得：，得油滴帶電荷量為：，故C正確．極板N向下緩慢移動一小段距離，電容器兩極板距離s增大，板間場強減小，微粒所受電場力減小，則微粒將向下做加速運動．故D錯誤．故選AC．考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】本題整合了微粒的力平衡、電容器動態(tài)分析，由平衡條件判斷微粒的電性，注意由受力情況來確定運動情況，是解題的思路．8、BD【解析】A、勻減速運動的合外力應(yīng)該恒定不變，帶電粒子在磁場中受到重力和洛倫茲力兩個力作用，而洛倫茲力的大小與速度大小成正比，若減速，則其洛倫茲力將減小，粒子的合外力將發(fā)生變化，不再恒定，所以不可能做勻減速運動，故A錯誤，B正確；

C、若要做勻速直線運動，重力和洛倫茲力必須平衡，大小相等，方向相反，由圖可知洛倫茲力方向斜向左上方，與重力方向不在同一直線上，兩者不可能平衡，則不可能做勻速直線運動，故C錯誤，D正確。點睛：本題考查分析質(zhì)點的受力情況和運動情況的能力，要根據(jù)勻減速運動和勻速直線運動的條件進行分析，抓住洛倫茲力的大小與速度大小成正比是關(guān)鍵。9、BD【解析】

A、當待測壓力增大時，電容器極板間距離減小，根據(jù)電容的決定式分析得知，電容增大，故A錯誤．B、電容兩端電勢差不變，根據(jù)可知，電容器的電荷量將增加，故B正確．CD、由于電容器上極板帶正電，則電路中形成逆時針方向的充電電流，故靈敏電流表的指針向右偏．故D正確，C錯誤．故選BD．10、AD【解析】

A．粒子恰沿直線穿過，電場力和洛倫茲力均垂直于速度，故合力為零，粒子做勻速直線運動；根據(jù)平衡條件，有：qvB=qE解得：只要粒子速度為，就能沿直線勻速通過選擇器；若帶電粒子帶電量為+2q，速度不變，仍然沿直線勻速通過選擇器；故A正確；B．若帶電粒子帶電量為-2q，只要粒子速度為，電場力與洛倫茲力仍然平衡，仍然沿直線勻速通過選擇器；故B錯誤；C．若帶電粒子從右側(cè)水平射入，電場力方向不變，洛倫茲力方向反向，故粒子一定偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；D．若帶電粒子速度為v，電場力不變，洛倫茲力變?yōu)楸?，故會向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，電勢能減??；故D正確；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、×1k重新歐姆調(diào)零【解析】

因偏轉(zhuǎn)角度過小，則電阻大要用大量程的，選擇檔，換檔后電路改變，要重新歐姆調(diào)零．點睛：歐姆表盤指針偏轉(zhuǎn)角度越小，則電流越小，電阻越大要換大量程檔位；換檔的要進行歐姆調(diào)零，讀數(shù)要乘以倍率．12、5.0252.150R1【解析】

(1)應(yīng)用歐姆表測電阻要選擇合適的擋位使指針指在中央刻度線附近,螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)；游標考查主尺示數(shù)與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺的示數(shù)；(2)在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動變阻器；為準確測量電阻阻值，應(yīng)測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器可以采用分壓接法，根據(jù)待測電阻與電表內(nèi)阻間的關(guān)系確定電流表的接法，作出實驗電路圖．【詳解】(1)用“×10”檔時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明所選擋位太大，為準確測量電阻阻值，應(yīng)該換用×1檔;(2)由圖示游標卡尺可知，其示數(shù)為：50mm+5×0.05mm=50.25mm=5.025cm；由圖示螺旋測微器可知，其讀數(shù)為：2mm+15.0×0.01mm=2.150mm.(3)為保證電路安全，方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選R1，最大阻值5Ω.為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，由于被測電阻阻值較小，則電流表應(yīng)采用外接法，實驗電路圖如圖所示:【點睛】選擇實驗器材時，要注意保證電路安全、注意所選實驗器材方便實驗操作，確定滑動變阻器的接法與電流表接法是正確設(shè)計實驗電路的關(guān)鍵．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）C；（2）6V【解析】

（1）設(shè)電容器上的電壓為，則有：電容器的帶電量：代入數(shù)據(jù)解得：C

（2）設(shè)電壓表與并聯(lián)后電阻為：

解得：6V14、（1）20W（2）8W（3）18W【解析】試題分析：(1)電動機正常工作時，總電流為：I＝＝A＝2A，電源釋放的電功率為P＝EI＝10×2W＝20W.(2)電動機兩端的電壓為：U＝E－Ir－U1＝(10－2×0.5－3.0)V＝6V.電動機消耗的電功率為：P電＝UI＝6×2W＝12W.電動機消耗的熱功率為：P熱＝I2R0＝22×1.0W＝