2025届北京市海淀区中关村中学分校高二物理第一学期期末达标测试试题含解析

2025届北京市海淀区中关村中学分校高二物理第一学期期末达标测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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，把一个光滑圆球放在两块挡板AC和AB之间，AC与AB之间夹角为30°，现将AC板固定而使AB板顺时针缓慢转动90°，则()A.球对AB板的压力先减小后增大B.球对AB板的压力逐渐减小C.球对AC板的压力逐渐增大D.球对AC板的压力先减小后增大2、通电长直导线中有恒定电流I，方向竖直向上，矩形线框与直导线在同一竖直面内，现要使线框中产生沿abcd方向的感应电流，则应使线框（）A.稍向左平移B.稍向右平移C.稍向上平移D.以直导线为轴匀速转动3、关于人造地球卫星，下列说法正确的是（）A.在发射过程中向上加速时产生失重现象B.在轨道上做匀速圆周运动时产生超重现象C.在降落过程中向下减速时产生超重现象D.失重是由于地球对卫星内物体的作用力减小而引起的4、下列情境中，纸箱、花盒、花盆、铁球和拖把受到的重力一定做功的是（）A. B.C. D.5、如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出。已知板长为，板间距离为，板间电压为，带电粒子的电荷量为，粒子通过平行金属板的时间为，不计粒子重力，则（）A.在前时间内，静电力对粒子做的功为B.在后时间内，静电力对粒子做的功为C.在粒子偏转前和后的过程中，静电力做功之比为D.在粒子偏转前和后的过程中，静电力做功之比为6、电磁感应现象中，感应电动势的大小跟()A.磁感应强度大小成正比 B.磁通量变化率大小成正比C.磁通量大小成正比 D.磁通量变化大小成正比二、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，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）．一群比荷为q/m的负离子以相同速率v0（较大），由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏（足够大）上，则下列说法正确的是（不计重力）（

）A.离子在磁场中的运动轨迹半径一定相等B.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C.离子在磁场中运动时间一定相等D.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大8、如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M点在纸面内以v0=的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小v=v0的速度通过N点。已知重力加速度g，不计空气阻力。则下列正确的是（）A.小球从M到N的过程经历的时间t= B.从M到N的运动过程中速度大小一直增大C.从M点到N点的过程中小球的机械能先减小后增大 D.可以求出电场强度的大小9、如图所示，给平行板电容器带一定量的电荷后，将电容器的两极板A、B分别跟静电计的指针和外壳相连．下列说法中正确的是（）A.将A极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大B.将A极板向左移动少许，静电计指针的偏转角将增大C.将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小D.将一块玻璃板插入A、B两极板之间，静电计指针的偏转角将减小10、如图所示为两列相向传播的振幅、波长都相同的横波，它们在O点相遇，此后可能出现的状态是A. B.C. D.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）利用所学物理知识解答下列问题：(1)在做“用单摆测定重力加速度”实验中，某同学甲用毫米刻度尺测得摆线长L0=935.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如下图所示,则摆球直径d=__________mm．用秒表测得单摆完成n=40次全振动的时间如下图所示,则秒表的示数t=___________s；若用给出的各物理量符号(L0、d、n、t)表示当地的重力加速度g，则计算g的表达式为g=_________________(2)实验中同学甲发现测得的g值偏大，可能的原因是_________________A.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了B.将悬点到小球上端的悬线的长度当作摆长C.开始计时时，秒表过迟按下D.实验中误将40次全振动计为39次12．（12分）某同学要测定一电源的电动势E和内电阻r，实验器材有：一只电阻箱（阻值用R表示），一个电流表（读数用I表示），一只开关和导线若干，电路如图所示。（1）该同学设计实验的原理表达式是E＝__________（用r、I、R表示）（2）该同学根据实验采集到的数据作出如图2所示的图象，纵轴截距为0.4，则由图象可求得该电源的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω（结果均保留两位有效数字）（3）考虑电流表内阻的影响，则电池电动势及内阻真实值与测量值的大小比较，E真______E测，r真______r测。（填“＞”，“＜”或“＝”）四、计算题：本题共3小题，共38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）如图甲所示，两根完全相同的光滑导轨固定在水平面上，每根导轨均由两段与水平面成的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值。导轨间距在右侧导轨所在斜面的矩形区域内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界、的距离。磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。时刻，在右侧导轨斜面上与距离处，有一根阻值的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好匀速通过整个磁场区域，重力加速度g取，导轨电阻不计。求：(1)金属棒ab在磁场中运动的速度大小v；(2)在时刻和时刻电阻R1的电功率之比；(3)金属棒ab从静止释放到不再进入磁场区域的过程中，电阻产生的总热量。14．（16分）如图甲所示，面积为S的N匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面。磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，设垂直线圈平面向外为磁场的正方向。电阻R1、R2，电容C，线圈A的电阻r，B0、t0均为已知量。t=0时刻，闭合开关S。(1)t=时，求通过R2的电流大小及方向；(2)t=t1时刻断开S，求S断开后通过R2的电荷量。15．（12分）已知线圈的匝数为100匝，某时刻磁铁在线圈正上方一定高度上，此时线圈内的磁通量为0.004Wb，经过0.5s把磁铁完全插入后，线圈内磁通量变为0.02Wb，计算磁铁插入过程中线圈里产生的感应电动势大小。

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、A【解析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出小球三个不同位置的受力图如图，可见，使AB板顺时针缓慢转动90°的过程中，AB板对球的支持力N1先减小后增大，AC板对球的支持力N2一直减小，由牛顿第三定律得知，球对AB板的压力先减小后增大，球对AC板的压力一直减小．故A正确，BCD均错误考点：物体平衡条件的应用平行四边形定则2、B【解析】A．由右手螺旋定则判断知，线框所在处磁场方向向里，使线框向左平移，穿过线框的磁通量将增加，产生感应电流，根据楞次定律判断知感应电流方向沿逆时针方向，与图示相反，故A错误；B．使线框向右平移，穿过线框的磁通量将减小，产生感应电流，根据楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，与图示相同，故B正确；C．线框稍向上平移，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，故C错误；D．以直导线为轴匀速转动时，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流。故D错误。故选B。3、C【解析】当物体有向上的加速度则处于超重状态；当物体由向下的加速度时则处于失重状态；在发射过程中向上加速具有向上的加速度，所以处于超重状态，故A错误；在轨道上做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，此时处于完全失重状态，故B错误；在降落过程中向下减速时加速度向上，故处于超重状态，故C正确；地球对卫星内物体的作用力是万有引力是不变，故D错误；故选C4、A【解析】根据“下列情境中，纸箱、花盒、花盆、铁球和拖把受到的重力一定做功的是”可知，本题考查了功的定义，做功的影响因素有两个：一是有力；二是力的方向上有位移，根据这两个因素判断即可【详解】A、往高处堆放纸箱时，人对纸箱的力向上，物体有向上的位移；故重力做功；故A正确；B、水平移动花盆时，花盆没有竖直方向上的位移；故重力不做功；故B错误；C、没有提起铁球时，铁球没有位移；故重力不做功；故C错误；D、水平移动拖把，由于没有竖直方向上位移；故重力不做功；故D错误；【点睛】本题考查功的计算，要注意明确公式中的位移应为沿力方向上的位移5、B【解析】AB．粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动：由可得，前时间内与时间内垂直于板方向之比为，在前时间内的位移为，在后时间内的位移为；电场力对粒子做功为故A错误，B正确；C．由电场力做功，则前粒子在下落前和后内，电场力做功之比。故CD错误。故选B。6、B【解析】根据可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，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、AB【解析】离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故A正确；设粒子轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为，，所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故C错误．由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长；此时粒子一定不会沿PQ射入．故B正确，D错误；故选AB【点睛】本题为多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断，例如半径相同时，弦长越长，圆心角越大8、AC【解析】A.小球运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为W，则有：解得：说明MN为电场的等势面，可知电场的方向水平向右；小球在竖直方向做自由落体运动，可知小球从M到N的过程经历的时间为：联立解得：故A正确；BC.水平方向小球受向右的电场力，所以小球先向左减速后向右加速，电场力先负功后正功，机械能先减小后增加，故C正确B错误；D.因为MN为电场的等势面，所以小球到N点时水平方向的速度大小为v0，在水平方向上由动量定理得：，可求得电场力大小，但不知道小球的带电量为多少，所以电场强度无法求解，故D错误。故选AC。9、BD【解析】将A极板向右移动少许，电容器两板间的距离减小，根据电容的决定式可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式可知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小．故A错误．同理可知，将A极板向左移动少许，电容器两板间的距离增大，根据电容的决定式可知，电容C减小，而电容的电量Q不变，则电容的定义式可知，电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将变大．故B正确.将B极板向上移动少许，两板正对面积减小，根据电容的决定式可知，电容C减小，而电容的电量Q不变，则电容的定义式可知，电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大．故C错误．将一块玻璃板插入A、B两极板之间，根据电容的决定式可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式可知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小．故D正确．故选BD点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，关键由电容的决定式和电容的定义式结合分析.10、BD【解析】当左列波的波峰和右列波的波谷相遇时，叠加后的图象为B；当两列波的波峰相遇时，叠加后的图象为D；而A和C是不可能出现的三、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、①.11.1；②.97.5；③.④.C【解析】（1）游标卡尺和秒表的读数：先读主尺（只读整数），再加上游标尺（格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读）；秒表读数等于大盘刻度读数加上小盘刻度读数；（2）根据单摆周期公式列式分析即可【详解】（1）游标卡尺主尺：11mm；游标尺对齐格数：1个格，读数为：1×0.1mm=0.1mm，所以直径为：11mm+0.1mm=11.1mm；秒表读数：秒表的小盘读数90s，大盘读数7.5s，故时间为97.5s；根据，其中的T=t/n，解得：（2）摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故相对与原来的单摆，周期测量值偏大，故加速度测量值偏小，故A错误；将悬点到小球上端的悬线的长度当作摆长，摆长的测量值偏小，则加速度测量值偏小，B错误；开始计时时，秒表过迟按下，则周期测量值偏小，加速度测量值偏大，选项C正确；试验中误将40次全振动数为39次，周期测量值偏大，故加速测量值偏小，所以选项D错误；故选C12、①.I（R+r）②.6.3（6.1~6.4均可）③.2.5（2.4~2.6均可）④.＝⑤.＜【解析】（1）[1]．由图示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：E=I（