北京市首都師大附屬回龍觀育新學校2025屆高二物理第一學期期中聯(lián)考模擬試題含解析

北京市首都師大附屬回龍觀育新學校2025屆高二物理第一學期期中聯(lián)考模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、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、如圖所示，一物塊在與水平方向成θ角的拉力F的作用下，沿水平面向右運動一段距離s．則在此過程中，拉力F對物塊所做的功為:A．Fs B．Fssinθ C．Fscosθ D．Fstanθ2、如圖(甲)所示，ab為原來不帶電的細導體棒，q為一帶正電的點電荷，當達到靜電平衡后，導體棒上的感應電荷在棒內O點處產生的場強大小為E1，O點的電勢為φ1.現(xiàn)用一導線把導體棒的b端接地，其他條件不變，如圖(乙)，待靜電平衡后，導體棒上的感應電荷在棒內O點處產生的場強大小為E2，O點的電勢為φ2，經分析后可知()A．E1＝E2，φ1＜φ2B．E1＞E2，φ1＝φ2C．E1＝E2，φ1＞φ2D．E1＞E2，φ1＝φ23、如圖，單匝矩形線圈abcd處在磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，以恒定的角速度繞ab邊轉動，線圈所圍面積為S，線圈的總電阻為R，時刻線圈平面與紙面重合，且cd邊正在離開紙面向外運動，則()A．時刻線圈中電流的瞬時值B．線圈中電流的有效值C．線圈中電流的有效值D．線圈消耗的電功率4、磁場中任一點的磁場方向，規(guī)定為小磁針在磁場中：（）A．受磁場力的方向B．磁北極受磁場力的方向C．磁南極受磁場力的作用D．受磁場力作用轉動的方向5、如圖所示，真空中有兩個等量正電荷，OO′為兩電荷連線的垂直平分線，P點在垂直平分線上，四邊形OMPN為菱形，下列說法中正確的是A．P點和O點的電勢相等B．N點和M點場強相同C．電子在N點和M點具有相同的電勢能D．電子由P到O的過程中電場力做負功6、下列物理量中屬于矢量，而且其表達式是采用比值法定義的是（）A．加速度a＝F/m B．電流強度I＝U/RC．電容C＝Q/U D．電場強度E＝F/q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、兩個完全相同的金屬小球，帶電量之比為1：5，相距為r，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則它們間的庫侖力可能為原來的()倍．A．0.4B．0.6C．0.8D．1.88、如圖所示的電路，電源有內阻，閉合開關S，調節(jié)可變電阻R的阻值，使電壓表V的示數(shù)增大，在這個過程中()A．通過電阻R1的電流增加B．電阻R2兩端的電壓減小，減少量小于ΔUC．通過電阻R2的電流減小D．電源的輸出功率一定增大9、如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力（）A．一直不做功B．一直做正功C．一定指向大圓環(huán)圓心D．可能背離大圓環(huán)圓心10、圖甲為小型旋轉電樞式交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動，線圈的兩端經集流環(huán)和電刷與R＝10Ω的電阻連接，與電阻R并聯(lián)的交流電壓表為理想電表，示數(shù)是10V。圖乙是矩形線圈磁通量Φ隨時間t變化的圖象，則()A．電阻R上的電功率為10WB．0.02s時R兩端的電壓瞬時值為零C．R兩端的電壓u隨時間t變化的規(guī)律是u＝14.1cos100πt(V)D．通過R的電流i隨時間t變化的規(guī)律是i＝cos50πt(A)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）為了描繪標有“3V，0.4W”的小燈泡的伏安特性曲線，要求燈泡電壓能從零開始變化。所給器材如下：A．電流表（0~200mA，內阻0.5Ω）B．電流表（0~0.6A，內阻0.01Ω）C．電壓表（0~3V，內阻5kΩ）D．電壓表（0~15V，內阻50kΩ）E．滑動變阻器（0~10Ω，0.5A）F．滑動變阻器（0~1kΩ，0.1A）G．電源（3V）H．電鍵一個，導線若干。（1）為了完成上述實驗，實驗中應選擇的儀器是______（填所選儀器前的字母）。（2）在答題卡卷的虛線框中畫出完成此實驗的電路圖______。（3）此實線描繪出的I—U圖線是______（填“曲線”或“直線”），其原因是______。12．（12分）測小燈泡的伏安特性曲線的實驗中，有以下器材：A、小燈泡（2.5V，0.3A）B、電源（E=3V，內阻不計）C、電流表量程0—0.6A—3A，內阻約為20ΩD、電壓表量程0—3—12V，內阻約為3kΩE、滑動變阻器，R1：0—10Ω，額定電流2A則電流表該選量程______________，電壓表該選量程_______________在方框中畫出實驗電路圖______：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）如圖甲所示，在水平方向的勻強電場中，用長為l的絕緣細線，拴住質量為m、帶電量為q的小球，線的上端O固定，開始時將線和球拉成水平，松開后，小球由靜止開始向下擺動，當擺過60°角時，速度又變?yōu)榱悖畣枺海?）A、B兩點的電勢差多大？（2）電場強度多大？14．（16分）如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場．左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外．一個質量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程．求：（1）中間磁場區(qū)域的寬度d；（2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t．15．（12分）一個重力不計的帶電粒子,以大小為v的速度從坐標（0,L）的a點,平行于x軸射入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域,并從x軸上b點射出磁場,射出速度方向與x軸正方向夾角為60°,如圖。求：（1）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑；（2）帶電粒子的比荷及粒子從a點運動到b點的時間；（3）其他條件不變,要使該粒子恰從O點射出磁場,求粒子入射速度大小。

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】

物體的位移是在水平方向上，把拉力F分解為水平方向的Fcosθ，和豎直方向的Fsinθ，由于豎直方向的分力不做功，所以拉力F對物塊所做的功即為水平方向的分力對物體做的功，所以W=Fcosθ?s=Fscosθ

.A.Fs.故選項A不符合題意.B.Fssinθ.故選項B不符合題意.C.Fscosθ.故選項C符合題意.D.Fstanθ.故選項D不符合題意.2、C【解析】處于靜電平衡的導體內部場強為零，所以感應電荷在O點形成電場的場強與點電荷q在O點產生的場強等大反向，可知E1=E2，因點電荷為正電荷，則φ1＞0；導體ab接地后電勢φ2=0，所以φ1＞φ2，C正確，ABD錯誤．故選C．點睛：該題中靜電平衡的特點：內部合場強為零，是解題的關鍵．整個導體是個等勢體，它的表面是個等勢面．3、C【解析】

A．線圈所圍面積為S，角速度是，所以線圈產生的交流電的電動勢的最大值是線圈從中性面的位置開始計時，所以時刻線圈中電流的瞬時值故A錯誤；BC．線圈中電流的有效值故B錯誤，C正確；D．線圈消耗的電功率故D錯誤。故選C。4、B【解析】試題分析：磁場的基本性質是它對放入其中的磁體有磁力的作用，小磁針N極在磁場中所受的磁力方向跟該點的磁場方向相同，小磁針南極在磁場中所受的磁力方向跟該點的磁場方向相反，故B正確，ACD錯誤．故選B考點：磁場【名師點睛】本題考查了磁場的性質：對磁場中的磁體有力的作用，不同磁極受力方向不同。5、C【解析】

A．由等量同種電荷電場線的分布可知，P點和O點不在同一等勢面上，因此P點和O點電勢不相等，所以A錯誤.

B．根據疊加原理可以知道，N、M兩點電場強度大小相等，但方向不同，故場強不同，故B錯誤;

C．等量同種電荷電場線和等勢面的分布如圖所示，由圖可以知道N和M點電勢相等，電子在N點和M點具有相同的電勢能，故C正確.B．電子由P到O的過程中逆著電場線移動，故電場力做正功，所以D錯誤.6、D【解析】

A、加速度是牛頓第二定律的表達式，也是加速度的決定式，不屬于比值法定義的物理量，故A錯誤.B、電流強度是部分電路歐姆定律，由知電流強度與電壓成正比，與電阻成反比，不屬于比值法定義的物理量，故B錯誤.C、電容是電容器電容的定義式，故C錯誤.D、電場強度是用比值法定義電場強度的定義式，故D正確.故選D.【點睛】物理公式要區(qū)分哪些是定義式，哪些是決定式，哪些是定律式，哪些是定理式.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、CD【解析】由庫侖定律可得：F=kkQqr當兩相同金屬小球帶同種電荷時，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，它們的電荷量之比變?yōu)?：3，所以庫侖力是原來的1.8倍，當兩相同金屬小球帶異種電荷時，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，它們的電荷量之比變?yōu)?：2，所以庫侖力是原來的0.8倍，故CD正確，AB錯誤．故選CD點睛：兩電荷間存在庫侖力，其大小可由庫侖定律求出．當兩電荷相互接觸后再放回原處，電荷量可能相互中和后平分，也可能相互疊加再平分，所以庫侖力的變化是由電荷量變化導致的．8、ABC【解析】A、根據題意電壓表的示數(shù)增大了,說明R和R1并聯(lián)的電阻增大,知R增大,總電阻增大,總電流減小,并聯(lián)部分電壓增大,通過R1的電流增大,故A正確；BC、R2接在干路上，由A得干路電流減小,電阻R2兩端的電壓減小,路端電壓增大,而路端電壓等于外電路總電壓,所以電阻R2兩端的電壓減小量小于,所以BC選項是正確的.

D、當內電阻和外電阻相等時,電源的輸出功率最大,由于不知道原來外電路的電阻與內阻的關系，所以也就不確定輸出功率會如何變化，故D錯誤；綜上所述本題答案是：ABC點睛：根據題意電壓表的示數(shù)增大了,說明R和R1并聯(lián)的電阻增大,知R增大.R增大,外電阻增大,干路電流減小,電阻R2兩端的電壓減小,根據路端電壓的變化,分析電阻R2兩端的電壓減小量和的大小,由歐姆定律求出電流減小量的范圍;當電源的內電阻和外電阻相等的時候,電源的輸出功率最大.內外電阻相差越大,輸出功率越小9、AD【解析】

AB．大圓環(huán)光滑，則大圓環(huán)對小環(huán)的作用力總是沿半徑方向，與速度方向垂直，故大圓環(huán)對小環(huán)的作用力一直不做功，A正確，B錯誤；CD．小環(huán)在運動過程中，在大環(huán)的上半部分運動時，大環(huán)對小環(huán)的支持力背離大環(huán)圓心，運動到大環(huán)的下半部分時，支持力指向大環(huán)的圓心，C錯誤，D正確。故選AD。10、AC【解析】

A．R兩端電壓的有效值為電壓表的示數(shù)，根據電功率的計算公式：解得：，故A正確；B．0.02s時磁通量變化率最快，根據法拉第電磁感應定律：可知此時電動勢最大，則R兩端的電壓最大，故B錯誤；C．R兩端電壓的有效值為電壓表的示數(shù)，最大值為，從與中性面垂直的面開始計時，所以電壓的表達式：周期從圖像中可知：解得：，故C正確；D．根據歐姆定律可知：解得：，故D錯誤。故選AC．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、ACEGH曲線溫度變化，燈絲電阻也會變化【解析】

（1）[1]描繪標有“3V0.4W”的小燈泡的伏安特性曲線，需要：電源、開關、導線，燈泡額定電壓為3V，電壓表需要選擇C，燈泡額定電流為電流表選擇A；描繪小燈泡的伏安特性曲線電壓要從0開始，所以需要分壓式電路，要選擇電阻值比較小的滑動變阻器E。故選ACEGH。（2）[2]描繪燈泡伏安特性曲線電壓與電流需要從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，電壓表內阻遠大于燈泡電阻，電流表應采用外接法，則電路如圖所示。（3）[3]由燈絲電阻隨溫度升高而增大，燈絲電阻不是定值，電流與電壓不成正比，所以描繪出的圖線是曲線。[4]由燈絲電阻隨溫度升高而增大，燈絲電阻不是定值，電流與電壓不成正比。12、電流表量程：0-0.6A電壓表量程：0-3V電路圖見解析【解析】（1）燈泡額定電壓為2.5V，則電壓表應選0～3V量程，燈泡正常發(fā)光時的電流為0.3A，則電流表選0～0.6A量程．

（2）描繪小燈泡伏安特性曲線電壓與電流應從零開始變化，因此滑動變阻器應采用分壓接法；燈泡電阻，根據電表的內阻可得，則電流表應采用外接法，電路圖如圖所示．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）AB兩點的電勢差UAB為﹣；（2）勻強電場的場強大小是．【解析】試題分析：（1）小球從A