2024屆北京海淀人大附物理高二上期中復習檢測試題含解析

2024屆北京海淀人大附物理高二上期中復習檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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，根據實驗數據在同一個I﹣U圖象中畫出了兩只不同電阻的伏安特性曲線．下列判斷正確的是（）A．a圖線對應的電阻阻值較大B．b圖線對應的電阻阻值較大C．a圖線對應的電阻的電阻率一定大D．b圖線對應的電阻的電阻率一定大2、關于慣性的概念，下列說法中正確的是哪個（）A．慣性大小可由質量來量度 B．物體只有受力作用時才顯出慣性C．自由下落的物體不存在慣性 D．速度越大，物體的慣性越大3、如圖所示電路中，R為某種半導體氣敏元件，其阻值隨周圍環(huán)境一氧化碳氣體濃度的增大而減?。斠谎趸細怏w濃度增大時，下列說法中正確的是A．電壓表V示數增大B．電流表A示數減小C．電路的總功率減小D．變阻器R1的取值越大，電表示數變化越明顯4、如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場。在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，bd沿水平方向。已知小球所受電場力與重力大小相等，現將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放，下列判斷正確的是()A．小球能越過與O等高的d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動B．當小球運動到c點時，洛倫茲力最大C．小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大D．小球從b點到c點，電勢能增大，動能先增大后減小5、如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A．當減小兩板間的距離時，速度v增大B．當減小兩板間的距離時，速度v減小C．當減小兩板間的距離時，速度v不變D．當減小兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間變長6、半徑相同（大小為r）的金屬球A、B帶有相等電荷量q，相距一定距離d（d遠大于r）時，A、B兩球間存在庫侖斥力且為F，今讓第三個與A、B相同的不帶電的金屬球C先后與A、B接觸，然后再移開，此時A、B間的相互作用力大小是()A．B．C．D．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，電源電動勢E和內阻r一定，R1、R2是定值電阻，R3是光敏電阻(光敏電阻阻值隨光照強度的增加而變小)。閉合開關，當照射到R3的光照強度增加時，以下判斷正確的是（）A．電流表示數一定變小 B．電壓表示數一定變小C．R1的功率一定變小 D．R2的功率一定變大8、兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構成一平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示．接通開關S，電源即給電容器充電．則A．保持S接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小B．保持S接通，在兩極板間插入一塊介質，則極板上的電荷量增大C．斷開S，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小D．斷開S，在兩極板間插入一塊介質，則兩極板間的電勢差增大9、一個帶正電的點電荷，置于一接地的導體球附近，形成如圖所示的電場線分布，下列說法正確的是A．a點的電勢低于b點的電勢B．c點的電場強度大于d點的電場強度C．將一正試探電荷從e點沿虛線移動到f點電場力做正功D．導體球內部電勢為零10、如圖所示為測定磁感應強度大小的裝置，彈簧測力計下端掛一矩形線圈，線圈匝數為n，將矩形線圈的短邊（長為L）置于蹄形磁體的N極、S極間的磁場中的待測位置，線圈的質量為m，（重力加速度為g）．為了測量方便和精確，調節(jié)好裝置后閉合開關，調節(jié)滑動變阻器使得彈簧測力計的示數剛好為零，此時電流表示數為I，下列說法中正確的有A．裝置圖中線圈平面與N極、S極連線垂直B．當電路未接通時彈簧測力計的讀數為0C．在磁場中的線圈短邊中的電流方向向里D．N極和S極之間磁場的磁感應強度為三、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）某同學用下列器材測定一塊手機電池的電動勢和內電阻．電流表A(量程3A,內阻約0.5Ω);電壓表V(量程15V,內阻約15kΩ);滑動變阻器R(0~50Ω,額定電流3A);定值電阻R0=3Ω;開關S及導線若干．(1)為減小實驗誤差,電路圖中的導線應連接到_____(選填“a”或“b”)．(2)連接好電路閉合S前,滑動變阻器的滑片P應置于_____(選填“c”或“d”)端．

(3)根據正確操作,依據得到的電壓表和電流表讀數,作出對應的U-I圖象如圖所示．由圖線可知該電池的電動勢E=_____V,內電阻r=_____Ω(保留兩位有效數字)．

(4)實驗中,隨著滑動變阻器滑片的移動,電壓表的示數U及滑動變阻器消耗的功率P都會發(fā)生變化．圖的各示意圖中正確反映P-U關系的是________．12．（12分）兩位同學用如圖所示裝置，通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律．（1）實驗中必須滿足的條件是________．A．斜槽軌道盡量光滑以減小誤差B．斜槽軌道末端的切線必須水平C．入射球A每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下D．兩球的質量必須相等（2）測量所得入射球A的質量為mA，被碰撞小球B的質量為mB，圖中O點是小球拋出點在水平地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球A從斜軌上的起始位置由靜止釋放，找到其平均落點的位置P，測得平拋射程為OP；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與小球B相撞，分別找到球A和球B相撞后的平均落點M、N，測得平拋射程分別為OM和ON．當所測物理量滿足表達式_________________時，即說明兩球碰撞中動量守恒；如果滿足表達式_______________時，則說明兩球的碰撞為完全彈性碰撞．（1）乙同學也用上述兩球進行實驗，但將實驗裝置進行了改裝：如圖12所示，將白紙、復寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實驗中球A、球B與木條的撞擊點．實驗時，首先將木條豎直立在軌道末端右側并與軌道接觸，讓入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，撞擊點為B′；然后將木條平移到圖中所示位置，入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，確定其撞擊點P′；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與球B相撞，確定球A和球B相撞后的撞擊點分別為M′和N′．測得B′與N′、P′、M′各點的高度差分別為h1、h2、h1．若所測物理量滿足表達式_________________時，則說明球A和球B碰撞中動量守恒．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，一帶電荷量為、質量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，，求：(1)水平向右電場的電場強度的大??；(2)若將電場強度減小為原來的，小物塊的加速度是多大；(3)電場強度變化后小物塊下滑距離2L時的動能.14．（16分）如圖所示，兩塊平行金屬板豎直放置，兩板間的電勢差U=1.5×103V(僅在兩板間有電場)，現將一質量m=1×10-2kg、電荷量q=4×10-5C的帶電小球從兩板的左上方距兩板上端的高度h=20cm的地方以初速度v0=4m/s水平拋出，小球恰好從左板的上邊緣進入電場，在兩板間沿直線運動，從右板的下邊緣飛出電場，g取10m/s2，求：（1）金屬板的長度L；（2）小球飛出電場時的動能Ek．15．（12分）地面上方存在水平向右的勻強電場，一質量為m帶電量為q的小球用絕緣絲線懸掛在電場中，當小球靜止時絲線與豎直方向的夾角為，此時小球到地面的高度為h,求：（1）勻強電場的場強？（2）若絲線突然斷掉，小球經過多長時間落地？

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、B【解題分析】

線性電阻的的斜率的倒數表示電阻的大?。还市甭试酱?，電阻越小，所以b的電阻阻值較大，A錯誤B正確；該圖只能比較阻值大小，不能比較電阻率大小，CD錯誤．2、A【解題分析】

慣性物體保持原來運動狀態(tài)不變的一種性質，它是物體的固有屬性，一切物體在任何情況下都有慣性，慣性的大小只與質量有關，而與速度無關，故A正確，BCD錯誤。3、B【解題分析】試題分析：當一氧化碳氣體濃度減小時，R增大，總電阻增大，則總電流減小，內電壓減小，路端電壓增大，可知，通過R1的電流增大，因此電壓表V示數增大，通過變阻器的電流增大，則電流表A示數減?。蔄錯誤，B正確．電路的總功率為P=EI，E不變，I減小，則P減小，故C錯誤．變阻器R1的取值越大，R1與R并聯的阻值越接近R，R對電路的影響越大，則知變阻器R1的取值越大，電壓表示數變化越明顯．故D錯誤．故選B．考點：電路的動態(tài)分析4、D【解題分析】

電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故類似于新的重力，所以ad弧的中點相當于平時豎直平面圓環(huán)的“最高點”。關于圓心對稱的位置（即bc弧的中點）就是“最低點”，速度最大。A．由于a、d兩點關于新的最高點對稱，若從a點靜止釋放，最高運動到d點，故選項A錯誤；B．由于bc弧的中點相當于“最低點”，速度最大，當然這個位置洛倫茲力最大。故選項B錯誤；C．從a到b，重力和電場力都做正功，重力勢能和電勢能都減少。故選項C錯誤；D．小球從b點運動到c點，電場力做負功，電勢能增大，但由于bc弧的中點速度最大，所以動能先增后減。選項D正確。故選D。5、C【解題分析】

ABC．根據動能定理得：，當改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故C正確，AB錯誤；D．粒子做初速度為零的勻加速直線運動則有：，可得，當d減小時，電子在板間運動的時間變小，故D錯誤．6、A【解題分析】若A、B間為斥力，則A、B帶等量同種電荷，經C先后接觸后，，，此時相互作用力，故A正確，綜上所述本題答案是：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、BCD【解題分析】

AB.照射到R3的光照強度增加時電阻減小，總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電流增大；路端電壓減小；故電壓表示數變小，電流表示數增大，故A錯誤，B正確；CD.由于路端電壓減小，故R1中功率變小，因總電流變大，R1中電流減小，故流過R2的電流增大，其功率變大，故CD正確。8、BC【解題分析】

A．保持S接通，則兩板間的電勢差不變，因d減小，由可知，兩極板間的電場強度增大，故A錯誤；B．保持S接通，兩板間的電勢差不變，板間插入一介質，由可知，電容增大，根據電容定義式知極板上的電荷量增大，故B正確；C．斷開S，減小兩極板間的距離，由可知，電容增大，由于電荷量不變，由可知，兩極板間的電勢差減小，故C正確；D．斷開S，在兩極板間插入一塊介質，由可知，電容增大，由于電荷量不變，由可知，兩極板間的電勢差減小，故D錯誤．9、AD【解題分析】

沿電場線的方向電勢降低；電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小；根據電勢能公式Ep=qφ分析電勢能的變化情況，判斷電場力做功正負。整個導體球是一個等勢體。【題目詳解】A項：根據沿電場線方向電勢降低，a點的電勢低于b點的電勢，故A正確；B項：、根據電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，知c點的場強小于d點的場強，故B錯誤；C項：將一正試探電荷從e點沿虛線移動到f點，由于導體球處于靜電平衡狀態(tài)，整個導體球是一個等勢體，所以ef兩點的電勢相等，則電場力做功為零，故C錯誤；D項：導體球處于靜電平衡狀態(tài)，整個導體球是一個等勢體，其內部電勢與地相等，為零，故D正確。故應選：AD?！绢}目點撥】本題抓住處于靜電平衡導體的特點：整個導體球是一個等勢體，其上各點電勢相等是關鍵。若要比較場強大小和電勢高低常常畫電場線，形象直觀地判斷。10、AC【解題分析】

根據共點力的平衡分析出導線框的重力與安培力的大小，然后由磁感應強度的定義式即可求出磁感應強度；【題目詳解】A、放置矩形線圈時，矩形線圈所在的平面要與N極S極的連線垂直從而是下邊受到安培力作用，故選項A正確；B、在接通電路前，線框處于靜止，導線框此時只受到重力和彈簧的拉力作用，此時彈簧測力計的示數等于線框的重力，故選項B錯誤；C、閉合開關，調節(jié)滑動變阻器使得彈簧測力計的示數剛好為零，說明線框受到向上的安培力作用，根據左手定則可知在磁場中的線圈短邊中的電流方向向里，故選項C正確；D、線框受到安培力和重力作用，二力處于平衡狀態(tài)，則：，則，故選項D錯誤．【題目點撥】解決本題的關鍵掌握安培力的大小公式，掌握左手定則判斷安培力的方向，然后根據二力平衡求解出磁感應強度的大?。嶒烆}：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、ad8.50.75C【解題分析】(1)為減小實驗誤差,應采用電流表內接，電路圖中的導線應連接到a．

（2）連接好電路閉合S前,滑動變阻器阻值置于電阻最大的位置，即滑片P應置于d端；（3）由圖線可知該電池的電動勢E=8.5V,內電阻.（4）滑動變阻器消耗的功率，即P-U關系為二次函數關系，故選C；12、BCmA·OP=mA·OM+mB·ONOP+OM=ON【解題分析】

①A、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；B、要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故B正確；C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；D、為了使小球碰后不被反彈，要求入射小球質量大于被碰小球質量，故D錯誤；故選BC．②小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相同，它們在空中的運動時間t相等，它們的水平位移x與其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若兩球相碰前后的動量守恒，則mAv0=mAv1+mBv2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：mAOP=mAOM+mBON，若碰撞是彈性碰撞，則機械能守恒，由機械能守恒定律得：mAv02=mAv12+mBv22，將OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得：mAOP2=mAOM2+mBON2；③小球做平拋運動，在豎直方向上：h=gt2，平拋運動時間：t=，設軌道末端到木條的水平位置為x，小球做平拋運動的初速度：vA=，vA′=，vB′=，如果碰撞過程動量守恒，則：mAvA=mAvA′+mBvB′，將速度代入動量守恒表達式解得：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）0.3g（3）【解題分析】

帶電物體靜止于光滑斜面