2024届北京市顺义区第一中学物理高二第一学期期中调研模拟试题含解析

2024届北京市顺义区第一中学物理高二第一学期期中调研模拟
试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、根据分子动理论,物质分子之间的距离为某一个值0r时,分子所受的斥力和引力相等,则此时( )
A．分子具有最大势能
B．分子具有最小势能
C．引力和斥力都是最大值
D．引力和斥力都是最小值
2、关于电源的电动势，下列表述正确的是：
A．电源的电动势由其体积决定；B．电源的电动势都是1.5伏；
C．不接外电路时，电源两极的电压等于电动势； D．电源把电能转化为其他能．
3、关于安培力、磁感应强度的下列说法，正确的是( )
A．通电导线不受磁场力作用的地方一定没有磁场
B．将I、L相同的通电导体放在同一匀强磁场的不同位置，受安培力一定相同
C．磁感线指向磁感应强度减小的方向
D．以上说法都不正确
4、在图所示的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是( )．
A．电流表示数变小，电压表示数变大
B．电流表示数变大，电压表示数变大
C．电流表示数变大，电压表示数变小
D．电流表示数变小，电压表示数变小
5、在光滑的绝缘水平面上，带电小球甲和乙在静电力作用下做变速运动。

若它们的电荷量关系是q甲=2q乙，质量关系是m甲=3m乙，则它们的加速度大小之比a甲:a乙等于（）
A．1：3 B．1：2 C．6：1 D．1：6
6、如图所示，等腰三角形的左半部分区域内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，其顶点在x轴上且底边长为4L，高为L，底边与x轴平行，纸面内一直角边长为L和2L的直角三角形导线框以恒定速度沿x轴正方形穿过磁场区域．t=0时刻导线框恰好位于图中所示的位置．规定顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列能够正确表示电流一位移（i﹣x）关系的是（）
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、如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（不计P、Q的重力以及它们间的相互作用），则从开始射入到打到上极板的过程，下列说法中正确的是
A．它们运动的时间相等
B．它们所带的电荷量之比q P：q Q=1：2
C．它们的电势能减小量之比△E P：△E Q=1：2
D．它们的电场力做功之比W P：W Q=2：1
8、如图所示在光滑、绝缘的水平面上，沿一直线依次排列三个带电小球A、B、C(可视
为质点)．若它们恰能处于平衡状态．那么这三个小球所带的电荷量及电性的关系，下面的情况可能的是( )
A．－9、4、－36B．4、9、36
C．－3、2、8D．3、－2、6
9、如图所示，电路中、为两块竖直放置的金属板，是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（）
A．使、两板靠近一些
B．使、两板正对面积减小一些
C．断开S后，使板向右平移一些
D．断开S后，使、正对面积减小一些
10、在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )
A．L1的电阻为
1
12
ΩB．L1消耗的电功率为7.5 W
C．L2的电阻为7.5 ΩD．L2消耗的电功率为0.3 W
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）（1）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度。

用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是__________mm。

（2）用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图2所示的读数是_____________mm。

（3）如图3所示的电流表读数为_________A，如图4所示的电压表读数为____________V
（4）某同学先用多用电表粗测其电阻。

用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×100”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太小，这时他应将选择开关换成另一个挡位，然后进行欧姆调零，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如右图所示，则此段电阻丝的电阻为_______Ω．
12．（12分）（1）图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头μA的量程为I g=600μA 内阻为Rg，mA是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA．完成下列填空．图1中分流电阻R p的阻值为__________．
（2）在电表改装成后的某次校准测量中，a 表的示数如图2所示，由此读出流过a 电流表的电流为__________ mA ，此时流过分流电阻R p 的电流为_______mA （结果均保留一位小数）
四、计算题：本题共2小题，共26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）一电热器正常工作时的电阻为100Ω，通过的电流为2A ，问该电热器正常工作1小时产生多少焦耳的热。

14．（16分）如图所示，电容器两极板相距为d ，两板间电压为U ，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B 1 ，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B 2的匀强磁场，结果分别打在a 、b 两点，两点间距离为ΔR 。

设粒子所带电量为q ，且不计粒子所受重力，求：
(1)两粒子射入电容器的速度大小。

(2)打在a 、b 两点的粒子的质量之差Δm 。

15．（12分）如图，A ．B ．C 三点在匀强电场中，AC ⊥BC ，∠ABC=60°，BC=20cm ，把一个电量q= 1×10-5C 的正电荷从A 移到B ，电场力不做功；从B 移到C ，电场力做功为3
310J --⨯，求该匀强电场的场强大小和方向?
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、B
【解题分析】
AB.r＞r0，分子力表现为引力，r＜r0，分子力表现为斥力，当r从无穷大开始减小，分子力做正功，分子势能减小，当r减小到r0继续减小，分子力做负功，分子势能增加，所以在r0处有最小势能，故A错误，B正确；
CD.分子的引力和斥力都随着距离的增大而变小，故CD错误．
2、C
【解题分析】
电源的电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领，与其体积大小无关，选项AD错误；并非电源的电动势都是1.5伏，例如蓄电池的电动势为2V，选项B错误；不接外电路时，电源两极的电压等于电动势，选项C正确；故选C.
【题目点拨】
电动势是表征电源将其他形式的能转化为电能的本领大小，由电源本身特性决定．
3、D
【解题分析】
本题考查了安培力产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直；
【题目详解】
A、当电流方向与磁场平行时不受安培力，故A错误；
B、将I、L相同的通电导体放在同一匀强磁场的不同位置，若I与B的方向不同，则受安培力不一定相同，故B错误；
C、磁感线的疏密表示磁场的强弱，并不是沿磁感线的方向磁场减弱，故C错误，D正确。

【题目点拨】
解决本题的关键知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小，当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL。

试题分析：由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的
电流；当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，则电路
的电流变小，即电流表的示数变小，所以电源内阻和R0所占电压变小，则滑动变阻器R两端的电压变大，即电压表的示数变大，BCD错误．故选A．
考点：电路的动态分析
【名师点睛】
本题考查了欧姆定律及串联电路的电压规律，注意因滑动变阻器电阻和电流同时发生了
变化，无法直接由欧姆定律求得两端的电压，故先求得与之串联定值电阻两端的电压，
再根据总电压不变，得出滑动变阻器两端的电压．
5、A
【解题分析】根据牛顿第三定律得知，两球之间的库仑力大小相等，设为F，由牛顿第
二定律得
对甲：F=m甲a甲，对乙：F=m乙a乙，则有a甲：a乙=m乙：m甲=1：3，故A正确、BCD
错误．故选A.
点睛：本题要抓住库仑力具有力的共性，同样遵守牛顿运动定律，两电荷间作用力大小
总是相等的，与电荷所带电荷量无关．
6、C
【解题分析】
=可求得感应电动势,则由欧姆定律可得出电由线圈运动时切割磁感线的长度,由E BLv
流;由右手定则可得出电流的方向.
【题目详解】
线圈从x=0开始向右运动L时,线圈的右侧导体切割磁感线,有效切割长度均匀增大,由公
=知线圈产生的感应电动势均匀增大,电流均匀增大,由右手定则可以知道,电流式E BLv
方向沿顺时针;线圈从x=L开始向右运动L时,线圈的左侧斜边切割磁感线,有效切割长
度均匀减小,产生的感应电动势均匀减小,电流均匀减小,由右手定则可以知道,电流方向
沿逆时针;所以C选项是正确的.ABD错误；
故选C
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。

垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt 得知，运动的时间相等，故A 正确；平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：y=at 2，解得：
…①，
根据牛顿第二定律，有：qE=ma…②，由①②两式解得：
，所以它们所带的
电荷量之比q P ：q Q =1：2，故B 正确；根据动能定理，有：qEy=△E k ，而：q P ：q Q =1：2，y P ：y Q =1：2，所以电场力做功之比W P ：W Q =1：4，它们的电势能减小量之比△E P ：△E Q =1：4，选项CD 错误；故选AB. 8、AD 【解题分析】
因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果．三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”．
AD ．AD 均满足“两同夹一异”且“两大夹一小”，故AD 正确．
BC ．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此BC 均错误． 9、CD 【解题分析】
AB.静电计显示的是、两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高；当合上S 后，、两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，不管是使、两板靠近一些，还是使、两板正对面积减小一些，静电计指针张角不变，故选项AB 不合题意。

CD.当断开S 后，根据平行板电容器电容的决定式C =
，板间距离d 增大，正对面积
S 减小，都将使、两板间的电容C 变小，而电容器所带的电荷量Q 不变，由可
知，板间电压增大，从而使静电计指针张角增大，故选项CD 符合题意。

10、CD 【解题分析】
电源电动势为3.0V ，内阻不计，路端电压为3V ．L 1和两端的电压为3V ，由图可知，此时的电流为0.25A ，所以电阻值：1 3.0
120.25
U R I ＝
＝＝ΩΩ，故A 错误．
由伏安特性曲线可以读出L 1和两端的电压为3V ，由图可知，此时的电流为0.25A ，L 1消耗的电功率为：P=UI=3.0×0.25=0.75W ，故B 错误．在乙图上做出电阻R 的伏安特性曲线如图，
由于R 与L 2串联，所以二者的电流值是相等的，由图可以读出，此时二者的电压都是1.5V 时，二者电压的和等于3.0V ，此时的电流值是0.2A ．所以2 1.5
7.50.2
R =
=Ω，故C 正确；L 2消耗的电功率为：P′=U′•I′=1.5×0.2=0.3W ，故D 正确．故选CD. 【题目点拨】
在分析电阻的I-U 与U-I 图线问题时，关键是搞清图象斜率的物理意义，也就是说是K=
1R
，还是K=R ．对于线性元件，U U R I I ∆=∆＝
，但对于非线性元件，U
R I ∆≠∆．
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、13.55mm 0.680±0.001mm 0.46A 1.90±0.01V 13000Ω 【解题分析】
（1）游标卡尺的读数是：1.3cm+0.05mm×11=13.55mm 。

（2）螺旋测微器的读数是：0.5mm+0.01mm×18.0=0.680mm 。

（3）如图3所示的电流表最小刻度为0.02A ，则读数为0.46A ，如图4所示的电压表最小刻度为0.1V ，则读数为1.90V
（4）欧姆表指针的偏转角度太小，则说明倍率档选择过小，要换用大量程的，即选×1000档，其阻值为：13×1000Ω=13000Ω； 【题目点拨】
解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．欧姆表要注意倍率的选取． 12、
99
g R 49.5 49.0
【解题分析】
改装电流表要并联一电阻R p ，并联一电阻后流过表头a 的电流为I g ，流过R p 的电流为
I R ，而加在表头和R p 上的电压相等，即I g R g =I R R p ． 【题目详解】
第一空.由于R g 和R p 并联，由I g R g =I R R p 和I =I g +I R 得：99
g g g g g P R
g
I R I R R R I I I ==
=
-．
第二空.由图2知流过a 电流表的电流I '为49.5mA ；
第三空. 设此时流过表头的电流为I 'g ，流过R P 的电流为I 'R ， 加在表头和R p 上的电压相等，故有： I 'g R g =I ′R R p I '=（I 'g +I 'R ）
解得：I 'R =49.005mA≈49.0mA 【题目点拨】
解决此类问题要充分理解电表改装原理，电路的分压分流原理．
四、计算题：本题共2小题，共26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、1.44×
106J 【解题分析】根据焦耳定律可得，Q=I 2Rt=22×100×3600J=1.44×106J 14、（1）
（2）
【解题分析】
(1)穿过电容器的粒子满足电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡求出粒子运行的速度v ； (2)在磁场2中粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动向心力，根据半径差的关系式求出粒子的质量差△m 。

【题目详解】
(1) 由于粒子沿直线运动，所以：
粒子在电容器中受到的电场力洛伦兹力平衡，即 qE=qvB 1 因此 又因 解得：
；
(2) 以速度v 进入B 2的粒子满足：
落在a 点的半径为：
落在b 点的半径为：
根据题意有：△R=2（R 1-R 2） 即：
由此可得：
即：
代入
解得：。

【题目点拨】
掌握速度选择器的原理，知道带电粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力求出半径与速度质量的关系是解决本题的关键。

15、 (1)E =1000V/m, 方向垂直于AB 斜向下
【解题分析】由电场力做功的特点可知，AB 两点电势相等，故AB 应为等势面；因电场线与等势面相互垂直，故过C 做AB 的垂线，一定是电场线；
因从B 到C 由W =Uq 可知，BC 两点的电势差173V W U q
==- 即C 点电势高于B 点的电势，故电场线垂直于AB 斜向下
BC 间沿电场线的距离d =BC sin60°=0.173m 由173V/m 1000V/m 0.173
U E d === 【题目点拨】本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路．。