北京九中2024屆高二物理第一學(xué)期期中質(zhì)量檢測試題含解析

北京九中2024屆高二物理第一學(xué)期期中質(zhì)量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、一個物體以速度v0水平拋出，落地時速度的大小為v，不計空氣的阻力，則物體在空中氣行的時間為（）A． B． C． D．2、如圖所示，下列四種運動中屬于勻變速運動的是A．帶電粒子在勻強磁場中，只受磁場力作用做勻速圓周運動（如圖甲）B．帶電粒子在等量異種點電荷連線上，只受電場力作用做直線運動（如圖乙）C．帶電粒子只在點電荷電場中，只受電場力作用做直線運動（如圖丙）D．帶電粒子在勻強電場中，只受電場力作用做曲線運動（如圖?。?、有一個直流電動機，把它接入0.2V電壓的電路中電機不轉(zhuǎn)，測得流過電動機的電流是0.4A；若把電動機接入2.0V電壓的電路中，正常工作時的電流是1.0A，此時，電動機的輸出功率是P出；如果在電動機正常工作時，轉(zhuǎn)子突然被卡住，電動機的發(fā)熱功率是P熱，則（）A．，B．，C．，D．，4、用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種常用方法．下面有四個物理量：①電勢②加速度③電場強度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．②③5、電阻R1與R2并聯(lián)在電路中，通過R1與R2的電流之比為1∶3，則當(dāng)R1與R2串聯(lián)后接入電路中時，R1和R2兩端電壓之比U1∶U2為()A．1∶3B．3∶1C．1∶4D．4∶16、如圖所示，通電豎直長直導(dǎo)線的電流方向向上，初速度為的電子平行于直導(dǎo)線豎直向上射出，不考慮電子的重力，則電子將A．向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B．向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C．向左偏轉(zhuǎn)，速率不變D．向右偏轉(zhuǎn)，速率改變二、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，有一矩形區(qū)域，水平邊長為s=3mA．由題給數(shù)據(jù)，初速度可求B．磁場方向垂直紙面向外C．做勻速圓周運動的圓心在b點D．兩粒子各自離開矩形區(qū)域時的動能相等。8、如圖所示是“探究電磁感應(yīng)的產(chǎn)生條件”的實驗裝置，下列情況中會引起電流表指針偏轉(zhuǎn)的是（）A．閉合開關(guān)時B．閉合開關(guān)后拔出線圈A時C．?dāng)嚅_開關(guān)后拔出線圈A時D．?dāng)嚅_開關(guān)后移動變阻器的滑片時9、一臺電風(fēng)扇，內(nèi)阻是20Ω，接上220V的電壓后，消耗功率為66W，則電風(fēng)扇正常工作時，下列說法正確的是：（）A．通過電動機的電流是11A B．電動機消耗的熱功率是1.8WC．電動機輸出的機械能的功率為66W D．電動機的效率是97.3﹪10、如圖所示，帶電荷量之比為的帶電粒子A、B以相等的速度從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC=CD，忽略粒子重力的影響，則A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12D．A和B的比荷之比為1∶4三、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）如圖甲所示，為某同學(xué)測繪額定電壓為2.5V的小燈泡的I—U特性曲線的實驗電路圖．①根據(jù)電路圖甲，用筆畫線代替導(dǎo)線，將圖乙中的實驗電路連接完整______．②開關(guān)S閉合之前，圖甲中滑動變阻器的滑片應(yīng)該置于_____端（選填“A”、“B”或“AB中間”）③實驗中測得有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：U/V0.400.801.201.602.002.402.80I/A0.100.160.200.230.250.260.27根據(jù)表中的實驗數(shù)據(jù)，在圖丙中畫出小燈泡的I—U特性曲線_____．12．（12分）某同學(xué)利用圖示裝置研究平拋運動．他的實驗操作是：使小球A、B處于同一高度，用小錘輕擊彈性金屬片，使小球A水平飛出，同時小球B被松開．（1）他觀察到的現(xiàn)象是：小球A、B______（填“同時”或“不同時”）落地．（2）把小球A、B放回原處，改用較大的力敲擊彈性金屬片．小球A在空中運動的時間______（填“變長”“變短”或“不變”）．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）如圖所示是一個示波管工作原理圖，電子經(jīng)電壓U14.5103V加速后以速度V垂直等間距的進入電壓U2180V,間距為d1.0cm,板長l5cm的平行金屬板組成的偏轉(zhuǎn)電場，離開電場后打在距離偏轉(zhuǎn)電場s10cm的屏幕上的P點，求：（1）電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0?（2）打在屏幕上的側(cè)移位移OP?14．（16分）如圖所示是一個平行板電容器，兩板間電壓為U＝2×103V，上極板M帶正電，下極板N接地，兩極板間距為d=10cm，A點距離上極板的距離為2cm，現(xiàn)將一個檢驗電荷q＝2×10-6C由兩極板間的A點移動到B點，A、B兩點間的距離為s＝6cm，連線AB與電場方向的夾角為60°，求：（1）兩極板間的電場強度E的大?。唬?）A點的電勢;（3）該檢驗電荷從A運動到B的過程中電場力所做的功.15．（12分）如圖甲是由某金屬材料制成的電阻R隨攝氏溫度t變化的圖象，若用該電阻與電池（電動勢E＝1.5V，內(nèi)阻不計）、電流表（量程為5mA、內(nèi)阻不計）、電阻箱R′串聯(lián)起來，連接成如圖乙所示的電路，用該電阻做測溫探頭，把電流表的電流刻度改為相應(yīng)的溫度刻度，就得到了一個簡單的“金屬電阻溫度計”。（1）試寫出電阻R隨攝氏溫度t變化的數(shù)學(xué)函數(shù)關(guān)系表達式。（2）當(dāng)電阻箱阻值R′＝150Ω且電流為5mA時，對應(yīng)的溫度為多少？

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【解題分析】

平拋運動的豎直分運動是自由落體運動，根據(jù)，得：；將落地的速度分解為水平方向和豎直方向，水平方向的速度等于，則豎直方向上的速度為：，根據(jù)，得，故選C.2、D【解題分析】

A.勻速圓周運動的加速度大小不變，方向時刻改變，不是勻變速運動．故A錯誤．B.帶電粒子在等量異種點電荷連線上，根據(jù)電場線分布可知，場強在變，受到的電場力在改變，則加速度在改變，不是勻變速運動，故B錯誤．C.根據(jù)點電荷場強公式可知，離點電荷越遠，場強越小，電場力越小，加速度越小，故不是勻變速運動，故C錯誤．D.帶電粒子在勻強電場中，受到的電場力不變，加速度不變，是勻變速運動，故D正確．3、B【解題分析】

當(dāng)電動機卡住時，電流做的功全部轉(zhuǎn)化為熱能，即是純電阻，符合歐姆定律，故可得電動機的電阻為，正常工作時，電動機消耗的總功率為，輸出功率為總功率與熱功率之差，故，若此時電動機突然卡住，則電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故熱功率為，故B正確．4、C【解題分析】

所謂比值定義法，就是用兩個基本的物理量的“比值”來定義一個新的物理量的方法．比值法定義的基本特點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，電勢是電荷所受具有的電勢能與該電荷所帶電荷量的比值，電勢與電勢能和電荷量無關(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錯誤；③電場強度，電場強度與場源電荷量成正比，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錯誤；故選C．【題目點撥】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．5、B【解題分析】

并聯(lián)電路中電阻之比等于電流的反比，故R1:R2=3:1；串聯(lián)電路中電壓之比等于電壓之比；故U1:U2=3:1；故選B.【題目點撥】本題考查串并聯(lián)電路的基本規(guī)律，要注意明確并聯(lián)電路中電壓相等，串聯(lián)電路中電流相等，再根據(jù)歐姆定律分析對應(yīng)的規(guī)律，牢記并能準(zhǔn)確應(yīng)用．6、A【解題分析】解：由安培定則可知導(dǎo)體右側(cè)磁場方向垂直紙面向里，然后根據(jù)左手定則可知運動電子所受洛倫茲力向右，因此電子將向右偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，故其速率不變，故BCD錯誤，A正確．故選A．【點評】在解決帶電粒子在磁場中運動問題時安培定則與左手定則經(jīng)常聯(lián)合應(yīng)用，在平時練習(xí)中要加強訓(xùn)練，以提高應(yīng)用它們的解題能力．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【解題分析】試題分析：因為粒子通過矩形區(qū)域的幾何中心，可知沿電場方向上的距離，垂直電場方向上的距離，根據(jù)，可以求出初速度的大?。蔄正確．-q由c點沿cd方向以同樣的速率v0進入矩形區(qū)域，根據(jù)洛倫茲力的方向，結(jié)合左手定則知，磁場方向垂直紙面向里，故B錯誤．因為圓周運動的軌跡經(jīng)過矩形區(qū)域的幾何中心，設(shè)中心為0，根據(jù)幾何關(guān)系知，，可知矩形區(qū)域幾何中心到b點的距離等于bc的距離，知b點為圓周運動的圓心．故C正確．電荷在電場中做類平拋運動，速度增大，在磁場中做勻速圓周運動，速度大小不變，可知離開區(qū)域區(qū)域時動能不等．故D錯誤．故選：AC．考點：帶電粒子在勻強電場及在勻強磁場中的運動.8、AB【解題分析】

A．閉合開關(guān)時，穿過B線圈的磁通量從無到有，磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故A正確；B．閉合開關(guān)后，拔出線圈A時，穿過B線圈的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故B正確；C．?dāng)嚅_開關(guān)后，拔出線圈A時，穿過B線圈的磁通量始終為零，不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流表指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；D．?dāng)嚅_開關(guān)后，移動滑動變阻器，穿過線圈B的磁通量始終為零，磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯誤。故選AB。9、BD【解題分析】

根據(jù)功率P=UI可以求得電動機的電流的大小；由PQ=I2r可以求得轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的功率的大小，再由P機=P-PQ可以求得轉(zhuǎn)化為機械能的功率?！绢}目詳解】A項：由P=UI可得電流為：I=PU=B項：線圈電阻發(fā)熱功率為：PQ=I2r=0.32×20=1.8w，故B正確；C項：機械功率為：P機=P-PQ=66-1.8=64.2W，故C錯誤；D項：效率為機械功率與總功率之比為：η=P機P=故應(yīng)選：BD?！绢}目點撥】對于電功率的計算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計算公式是不一樣的。10、ABC【解題分析】試題分析：粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：，則粒子的運動時間之比：，故A正確；粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向位移相等，，則加速度之比：，故B正確；由牛頓第二定律得：qE=ma，則粒子質(zhì)量之比：，故C正確；比荷之比：，故D錯誤．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、A【解題分析】試題分析:①開關(guān)S閉合之前，滑動變阻器滑動A端，使得測量電路中的電流、電壓為零，處于短路狀態(tài)，起保護作用．②根據(jù)電路圖連接實物圖，因為燈泡的額定電壓為1．5V，所以電壓表采取3V量程，從表格中的數(shù)據(jù)來看，最大電流在2．17A左右，則電流表選取2．6A的量程，因為燈泡的電壓和電流需從零開始測起，所以滑動變阻器采用分壓式接法，由于燈泡的電阻比較小，則電流表采取外接法，在連接實物圖時注意電表的極性．如下圖．③描點作圖，如下圖．考點：考查描繪小電珠的伏安特性曲線．12、同時不變【解題分析】

（1）小錘輕擊彈性金屬片時，A球做拋運動，同時B球做自由落體運動．通過實驗可以觀察到它們同時落地．（2）用較大的力敲擊彈性金屬片，則被拋出初速度變大，但豎直方向運動不受影響，因此運動時間仍不變．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）4×107m/s（2）0.75cm【解題分析】

（1）動能定理求出電子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度；

（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，離開電場后做勻速直線運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律與勻速直線運動規(guī)律求出電子的偏移量；【題目詳解】（1）電子在加速電場中加速，由動能定理得：eU代入數(shù)據(jù)解得：v0=4×107m/s，故電子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度：v0=4×107m/s；飛出電場時偏轉(zhuǎn)量為：y1=12at12

代入數(shù)據(jù)解得：y1=0.25cm；

設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)場穿出時，沿y方向的速度為vy，穿出后到達屏S所經(jīng)歷的時間為t運動時間：t2=sv0，豎直位移：y2=vyt2，

【題目點撥】解決本題的關(guān)鍵是搞清楚每一過程做的是什么運動，然后根據(jù)運動的合成與分解進行求解，注意牛頓第二定律與運動學(xué)公式綜合求解是本題解決的重點。14、(1