2025届北京市师大二附中物理高二第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析

2025届北京市师大二附中物理高二第一学期期中教学质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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，AB间电压恒为U，当滑动变阻器的滑片P逐渐向B端移动的过程中灯泡上的电压数值是（）A．一直为U B．一直为0C．逐渐增大到U D．逐渐减小到02、如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各灯恰能正常发光，如果某一时刻电灯C烧断，则（）A．灯A变暗，灯B变亮B．灯A变亮，灯B变暗C．灯A、灯B都变亮D．灯A、灯B都变暗3、图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()A．图甲中，A1与L1的电阻值相同B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等4、下列说法正确的是A．电荷受到的电场力的方向总跟电场方向相同B．沿电场线所指的方向，电场强度越来越小C．在以点电荷为中心的同一球面上，处处的电场强度都相同D．电场强度的方向总是跟正电荷受到的电场力方向一致5、在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R3均为定值电阻，且R3=r，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动一小段距离，电路稳定之后，下列说法正确的是A．I1减小，I2不变，U减小 B．电容器C的带电量减小C．电源的输出功率变大 D．电源的效率变大6、如图所示，半径为只的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的勻强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点，质量为m，电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点，若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBB．小球在C点对轨道的压力大小为3mg-qBC．小球从C到D的过程中，外力F大小保持不变D．小球从C到D的过程中，外力F的功率不变二、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，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称，已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时，试探电荷的电势能减小，则以下判定正确的是()A．M点处放置的是负电荷B．a点的场强与c点的场强完全相同C．a点的电势高于c点的电势D．若将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做负功，后做正功8、如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点各放有一带电荷量分别为＋q和＋2q的完全相同的金属球A和B．给A和B以大小相等的初动能E0(此时初动量的大小均为p0)，使其相向运动刚好能发生碰撞(碰撞过程中无机械能损失)，碰后返回M、N两点的动能分别为E1和E2，动量的大小分别为p1和p2，则()A．E1＝E2>E0，p1＝p2>p0B．E1＝E2＝E0，p1＝p2＝p0C．碰撞发生在MN中点的左侧D．两球同时返回M、N两点9、一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断（）A．粒子受到静电排斥力的作用B．粒子速度vb＞vaC．粒子动能Eka＜EkcD．粒子电势能Epb＞Epc10、下列关于电场强度的说法中正确的是（）A．电场强度跟试探电荷所受的电场力成正比B．电场强度跟试探电荷的电荷量成反比C．电场强度的方向是电场线在该点的切线方向D．电场线越密的地方，同一个试探电荷受到的静电力越大三、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）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图甲所示，读数为______mm；用游标为20分度的卡尺测量球的直径，示数如图乙所示，读数为________cm.12．（12分）(1)用游标为20分度的卡尺测量某圆柱型电阻长度如图甲，由图可知其长度L＝________mm.(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D＝________mm.(3)该同学想用伏安法测量其电阻R（约200Ω），现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1(量程0～5mA，内阻约50Ω)；电流表A2(量程0～15mA，内阻约30Ω)；电压表V1(量程0～3V，内阻约10kΩ)；电压表V2(量程0～15V，内阻约25kΩ)；直流电源E(电动势4V，内阻不计)；滑动变阻器R1(阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A)；滑动变阻器R2(阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A);开关S；导线若干．为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，应选用电流表______,电压表______，滑动变阻器_______（选填A1、A2、V1、V2、R1、R2）．电路连接应是电流表______（选填内接或者外接），采用______接法（选填分压或限流）．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）如图所示，平面直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴水平，该空间存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E。从坐标原点O以动能Ek0竖直向上抛出一带正电的小球，一段时间后小球通过x轴上的P(L，0)点，过P点时小球的动能为，重力加速度为g。求：（1）小球的电荷量；（2）小球的质量；（3）小球运动过程中的最小动能。14．（16分）如图所示，在点电荷+Q电场中的一条电场线上取a、b两点，Oa=Ob，当在a处放一电量为q=1.5×10﹣8C带正电的检验电荷时，受到的电场力为F=3×10﹣6N．设无穷远处的电势为零，φa=10V，φb=2V．电子的电量为－1.6×10﹣19C．(1)求b处的电场强度的大小、方向．(2)将电量q由a点移到b点，电场力做功是多少？若将电量q从a点移到无穷远处，则电场力做功又为多少？(3)若在b处放一个电子，它受到的电场力多大？方向怎样？15．（12分）某课外小组设计了一种测定风速的装置，其原理如图所示．一个劲度系数k＝120N/m、自然长度L0＝1m的弹簧一端固定在墙上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上，弹簧是不导电的材料制成的．迎风板面积S＝0.5m2，工作时总是正对着风吹来的方向，电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连，迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．定值电阻R＝1.0Ω，电源的电动势E＝12V，内阻r＝0.5Ω.闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U1＝9.0V，某时刻由于风吹迎风板，电压表的示数变为U2＝6.0V．(电压表可看做理想表)求：(1)金属杆单位长度的电阻；(2)此时作用在迎风板上的风力．

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【解析】由图看出，变阻器下部与灯泡并联后与上部串联，当滑动变阻器的滑片P逐渐向A端移动的过程中，并联部分的电阻变大，根据串联电路电压与电阻成正比的规律可知，并联部分分担的电压增加，则灯泡的电压逐渐增加．当滑片移到变阻器最上端时，灯泡电压为U，故ABD错误，C正确．故选C.2、A【解析】

电灯C烧断后，电路少了一个支路，则电路中的总电阻增大，总电流减小，即通过灯泡A的电流减小，所以A变暗，A两端电压减小，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压增大，所以而A两端的电压减小，所以B两端的电压增大，故B灯变亮，A正确．3、C【解析】

断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，AB错误；闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误．【点睛】线圈在电路中发生自感现象，根据楞次定律可知，感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况．电流突然增大时，会感应出逐渐减小的反向电流，使电流逐渐增大；电流突然减小时，会感应出逐渐减小的正向电流，使电流逐渐减小．4、D【解析】试题分析：负电荷受到的电场力方向和电场方向相反，和正电荷受到的电场力方向相同，A错误D正确；沿电场方向电势降低，电场强度大小与电场方向无关，B错误；在以点电荷为中心的同一球面上，各点的电场强度大小相同，方向不同，C错误；考点：考查了电场强度，电场线【名师点睛】电场强度的方向与正电荷所受到的电场力方向相同，与负电荷所受到的电场力方向相反；沿着电场线的方向，电势降低；点电荷为球心，则同一球面上的电场强度大小处处相等．5、C【解析】

A.的滑动触点向端移动时，减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，根据欧姆定律可得电压增大，则、并联电压减小，根据欧姆定律可得通过的电流减小，即示数减小，而总电流增大，则流过的电流增大，即示数增大，故A错误；B.电容器两端的电压等于两端的电压，所以电容器两端的电压增大，根据可知电容器的带电量增大，故B错误；C.由于，电源的内阻小于外阻，所以的滑动触点向端移动时，外阻减小，不电源的输出功率变大，故C正确；D.电源的效率为：则电源的效率减小，故D错误。6、B【解析】A、因为洛伦兹力始终对小球不做功，故洛伦兹力不改变小球速度的大小，从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理得：，解得：．故小球在C点受到的洛伦兹力大小为，A错误；B、由左手定则可知，小球向右运动到C点时若受到的洛伦兹力的方向向上，则有：，解得：，B正确；C、小球从C到D的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F的增大．故C错误；D、小球从C到D的过程中小球的速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以小球的动能不变，拉力F的功率与重力的功率大小相等，方向相反．由运动的合成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大．D错误．故选B．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、CD【解析】

根据正电荷在电势高处电势能大，判断电势高低，即可确定M处电荷的电性；根据电场线的分布情况，分析场强关系；由电势的高低，判断电场力对正电荷做功正负。【详解】A、C项：因正电荷由a到c电势能减小，则电场力做正功，则电势降低，故c点电势低于a点电势，则M点为正电荷，故A错误，C正确；B项：a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故B错误；D项：将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，根据等势线分布图可知，电势先升高后降低，则电势能先增大后减小，电场力先做负功、后做正功，故D正确。故应选：CD。【点睛】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握。8、AD【解析】AB：由动量观点，系统动量守恒，两球速度始终等值反向，也可得出结论：两球同时返回M、N两点，两球末动量大小相等，末动能大小相等．由能量观点，两球碰后电荷量均变为，在相同距离上的库仑力增大，返回过程中库仑力做的正功大于接近过程中克服库仑力做的功，系统机械能增大，末动能增大．故A错误，B正确．CD：由动量观点，系统动量守恒，两球速度始终等值反向，也可得出结论：碰撞发生在M、N中点，两球同时返回M、N两点．故CD错误．点睛：综合利用动量、能量解题是处理不需具体分析中间过程问题的快捷方法．9、AD【解析】试题分析：从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了向左的力（排斥力）作用，从a到b过程中，电场力做负功，可判断电势能的大小和速度大小．a、c两点处于同一等势面上，由动能定理分析粒子在a、c两点的速度大小关系．解：A：如图所示，轨迹向左弯曲，带电粒子所受的电场力方向向左，则带电粒子受到了排斥力作用．故A正确．B：从a到b过程中，带电粒子受到了排斥力作用，电场力做负功，可知电势能增大，动能减小，粒子在b点的速度一定小于在a点的速度．故B错误．C：a、c两点处于同一等势面上，从a到c，电场力为零，则a、c两点动能相等，故C错误．D：从b到c过程中，电场力做正功，可知电势能减小，粒子在b点的电势能一定大于在c点的电势能，故D正确．故选AD【点评】本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路．10、CD【解析】

AB．电场强度表示电场本身的强弱和方向，与试探电荷所受电场力和试探电荷的电荷量无关，AB错误；C．电场强度的方向是电场线在该点的切线方向，C正确；D．电场线越密的地方，电场强度越大，则由可知电场线越密的地方，同一个试探电荷受到的静电力越大，D正确。故选CD。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、0.615~0.619；0.670【解析】试题分析：螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为11.7×0.01mm=0.117mm，所以最终读数为0.5mm+0.117mm=0.617mm，游标卡尺的主尺读数为：0.6cm=6mm，游标尺上第14个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为14×0.05mm=0.70mm，所以最终读数为：6mm+0.70mm=6.70mm=0.670mm，故答案为0.617；0.670考点：本题考查了螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用.12、50.15;0.4700;见解析；【解析】(1)游标卡尺的读数为L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；(2)螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm=0.4700cm；(3)由于电压表V2量程太大（量程的大于电源的电动势），所以电压表应选择V1，根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为，所以电流表应选择A2，根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以电路应是“分压外接”电路，如图所示四、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