北京市北京四中2024届高二物理第一学期期中学业质量监测试题含解析

北京市北京四中2024届高二物理第一学期期中学业质量监测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、如图所示的LC振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则下列说法错误的是A．若磁场正在减弱，则电容器正在充电，电流由b向aB．若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器上板带负电C．若磁场正在增强，则电场能正在减少，电容器上板带正电D．若磁场正在增强，则电容器正在充电，电流方向由a向b2、如图所示，不考虑地磁场的影响，小磁针与导线平行摆放，当导线通了向右的电流时，关于磁针的转向，下面说法正确的是：A．磁针的N极将转向上方；B．磁针的S极将转向上方；C．磁针的N极将转向纸里；D．磁针的N极将转向纸外．3、如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则A．vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 B．vb:vc=2:2，tb:tc=1:2C．vb:vc=2:1，tb:tc=2:1 D．vb:vc=1:2，tb:tc=1:24、如图为伏安法测电阻的一种常用电路．以下分析正确的是A．此接法的测量值大于真实值B．此接法的测量值小于真实值C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D．开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在变阻器的正中间5、在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（）A．电压表V的示数变小B．电流表A1的示数变小C．电流表A2的示数变小D．电流表A的示数变大6、下列叙述正确的是（）A．放在匀强磁场中的通电导线受到恒定不变的磁场力B．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱C．磁场的方向就是通电导体所受磁场力的方向D．安培力的方向一定垂直磁感应强度和直导线所决定的平面二、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、三个阻值都为12Ω的电阻，它们任意连接、组合，总电阻可能为()A．4Ω B．24Ω C．8Ω D．36Ω8、如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过时间t从C点射出磁场，∠AOC为120°。现将带电粒子的速度变为，仍从A沿直径射入磁场，不计重力，则（）A．运动半径为B．运动半径为C．粒子在磁场中运动时间变为D．粒子在磁场中运动时间变为2t9、如图所示，虚线a、b、c表示在O处某一点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面间的间距相等。一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示电子的运动轨迹与等势面的一些交点。由此可以判定A．电子在1、2、3、4位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等B．O处的点电荷一定带负电C．a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φcD．电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的关系是|W12|＝2W3410、小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车的质量为M、长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥黏在一起，以下说法中正确的是()A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B．整个系统任何时刻动量都守恒C．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为vD．AB车向左运动最大位移大于三、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）现要测量某一电压表V的内阻。给定的器材有：待测电压表V（量程2V，内阻约4kΩ）；电流表A(量程1.2mA，内阻约500Ω)；直流电源E（电动势约2.4V，内阻不计）；固定电阻3个，R1=4000Ω，R2=10000Ω，R3=15000Ω；电键S及导线若干。要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的一半。（1）试从3个固定电阻中选用1个，与其它器材一起组成测量电路，则选择______(填“R1”、“R2”或“R3”)；（2）在虚线内画出测量的原理图___________。（要求电路中各器材用题中给定的符号标出。）（3）电路接通后，若电压表读数为U，电流表读数为I，则电压表内阻Rv=_________。(用题中所给字母表示)12．（12分）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，读出图中的示数，该金属圆片的直径的测量值为cm，厚度的测量值为mm．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）在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1(未知)，该点电荷的电荷量为－Q，且只考虑该点电荷在第一象限内产生的电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2(未知)；第四象限内有大小为、方向按如图乙所示规律周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期T=,一质量为m，电荷量为＋q的离子从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动．以离子到达x轴为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：(1)离子在第一象限运动时速度大小和第二象限内电场强度E2的大小；(2)当t=T/2和t＝T时，离子的速度分别是多少；(3)当t＝nT时，离子的坐标．14．（16分）如图所示，一条长为L的绝缘细线，上端固定，下端系一质量为m的带电小球，将它置于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中，当小球平衡时，悬线与竖直方向的夹角α＝45°．(1)小球带何种电荷？电荷量为多少？(2)若将小球向左拉至悬线呈水平位置，然后由静止释放小球，则从放手后至最低点的过程中小球做什么运动？经多长时间到达最低点？15．（12分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在y轴负半轴上的某处固定着一点电荷（设匀强电场与点电荷电场以x轴为界互不影响），一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入第IV象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，OP=3R．不计粒子重力，静电力常量为k，求：（1）M、N两点间的电势差UMN；

（2）固定x轴下侧平面内的点电荷电量Q.

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、D【解题分析】

A.若磁场在减弱，则磁场能在减小，电流在减小，电场能在增加，根据磁感线的方向根据右手螺旋定则可以判断出电流的方向由b到a；因为在充电，所以自感线圈相当于电源，电流由电源正极流出，所以下板带正电，上板带负电，则AB正确，故AB不合题意；C.若磁场在增强，说明电流再增大，电场能再向磁场能转化，电容器正在放电，电场能正在减少，根据右手螺旋定则可以判断出电流的方向仍是由b向a，此时电容器相当于电源，所以上极板带正电，则C正确，D错误，故C不合题意，D符合题意；故选D。2、C【解题分析】

由右手定则可知，直导线下面的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针的N极应该转向纸里，故选C.【题目点拨】解决本题本题的关键知道小磁针静止时N极的指向表示磁场的方向，以及会运用右手定则判断电流周围的磁场方向．3、A【解题分析】试题分析：设正六边形边长为L，若粒子从b点离开磁场，可知运动的半径为R1=L，在磁场中转过的角度为θ1=1200；若粒子从c点离开磁场，可知运动的半径为R2=2L，在磁场中转过的角度为θ2=600，根据可知vb:vc=R1：R2=1:2；根据可知，tb:tc=θ1：θ2=2:1，故选A．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；做此类型的习题，关键是画出几何轨迹图，找出半径关系及偏转的角度关系；注意粒子在同一磁场中运动的周期与速度是无关的；记住两个常用的公式：和．4、A【解题分析】

由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；（1）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，实验误差越小．电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，实验误差越小．（2）为保证电路安全，采用滑动变阻器分压接法时，在闭合开关前，要求滑动变阻器滑片移到分压电阻为零的位置．【题目详解】由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值，故A正确，B错误；伏安法测电阻，采用电流表内接法时，由于电流表的分压会使电压表测量值大于真实值，实验误差是由电流表分压造成的，故此接法要求待测电阻值大于电流表内阻，故C错误；滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片应置于最右端，故D错误；故选A【题目点拨】本题考查了伏安法测电阻实验电路分析、实验注意事项、实验误差分析等问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题．分析清楚电路结构、应用欧姆定律即可分析实验误差．5、C【解题分析】

D.滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动，电路总电阻变大，电路中总电流减小，D错误；A.电源的内电压减小，则电路外电压变大，A错误；B.R1上电压变大，则电流变大，B错误；C.由于总电流减小，A1电流增大，则A2电流减小，C正确考点：考查闭合电路的动态变化分析【题目点拨】本题应先明确各用电器间的串并联关系，可以先把电表看做理想电表，电流表短接，电压表断路看待，这可以使电路结构变得简单6、D【解题分析】

放在匀强磁场中的通电导线受到的安培力，只有当B、I、L与θ都是恒定时，导线所受的安培力才是恒定的，故A错误；磁感线的疏密表示磁场的强弱，与磁感线的方向无关，故B错误；根据左手定则，磁场的方向与通电导体所受磁场力的方向垂直；磁场的方向就是小磁针的N极在磁场中所受磁场力的方向，故C错误；根据左手定则，安培力的方向一定垂直磁感应强度和直导线所决定的平面，故D正确．所以D正确，ABC错误．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、ACD【解题分析】

当三个电阻串联时，阻值为；当三个电阻并联时，阻值为；当两个电阻串联后与第三个电阻并联，阻值为；当两个电阻并联后与第三个电阻串联，获得的阻值为，故ACD正确．8、BD【解题分析】

圆形磁场区域的半径是r，带电粒子以速度v射入时，半径r1=，根据几何关系可知，=，所以r1=r，带电粒子转过的圆心角=，运动的时间t=T=；带电粒子以速度射入时，r2===，设第二次射入时的圆心角为，根据几何关系可知==，所以=，则第二次运动的时间t´===2t。A.运动半径为，与分析不一致，故A错误；B.运动半径为，与分析相一致，故B正确；C.粒子在磁场中运动时间变为，与分析不一致，故C错误；D.粒子在磁场中运动时间变为2t，与分析相一致，故D正确。9、AB【解题分析】

A．电子在运动的整个过程中只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，总功又等于动能的增加量,故电势能和动能之和守恒,所以A正确;B．因为曲线运动的合力应该指向内侧,故从电子的运动轨迹可以看出,电子受到排斥力,故O处的场源电荷是负电荷，故B正确;C．因为场源电荷是负电荷，又因为沿着电场线电势降低,故结合负点电荷的电场线分布规律可以知道：故C错误;D．因为负点电荷的电场不是匀强电场,电场线越密的地方，等差等势面也越密；故从位置1到位置2电场力做的功大于从位置3到位置4电场力做功的两倍,故D错误;故选AB.10、BC【解题分析】

AB与C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程中动量守恒，但粘接过程有机械能损失。根据动量守恒有：则有：同时该系统属于人船模型，则有：所以车向左的位移应为：；故AD错误，BC正确；故选BC。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、R1UR1【解题分析】

（1、2）待测电压表的满偏电流应为IV=UVRV=24mA=0.5mA，小于电流表的量程1.5mA，所以若将定值电阻R1与电压表并联，则它们的总电流变为I＝UVR1+IV=24000×1000mA+0.5mA=1.0mA【题目点拨】遇到有关电学实验设计题目，应先根据电流表与电压表的量程，再与电阻进行适当的串并联，然后通过估算，只要能使电表能正确读数即可．12、1.240，1.682（或1.683）【解题分析】

游标卡尺的主尺读数为12mm，游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为：所以最终读数为：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)(2)方向：与x轴正向成角偏向y轴负向：沿y轴负向(3)[(4n＋1)x0，－2nx0]，(n＝1、2、3、……)【解题分析】(1)设离子在第一象限的速度为，在第一象限内，由库仑力提供离子做圆周运动的向心力得：，解得：在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：，解得：；(2)离子进入第四象限后，在x方向上，前半个周期向右做匀加速直线运动，