2027届北京市西城区普通中学高二物理第一学期期中复习检测模拟试题含解析

2027届北京市西城区普通中学高二物理第一学期期中复习检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、如图所示灯与灯的电阻相同，当滑动变阻器R的滑片P向上滑动时，两灯亮度变化情况是()A．灯变亮，灯变亮 B．灯变暗，灯变亮C．灯变暗，灯变暗 D．灯变亮，灯变暗2、一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为()A．动能减小B．电势能增加C．动能和电势能之和减小D．重力势能和电势能之和增加3、有一只电流计，内阻是100Ω，满偏电流是2mA，现要改装成量程为3V的电压表，电流计上应：（）A．并联1400Ω的电阻 B．串联1400Ω的电阻C．并联0.002Ω的电阻 D．串联0.002Ω的电阻4、三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是A．B1=B2>B3B．B1=B2=B3C．a处和b处的磁场方向垂直于纸面向外，c处的磁场方向垂直于纸面向里D．a处的磁场方向垂直于纸面向外，b处和c处的磁场方向垂直于纸面向里5、如图所示电路中，开关闭合，当滑动变阻器的滑片从端向端滑动时，以下判断正确的是（）A．电压表示数变大，通过灯的电流变大，灯变亮B．电压表示数变小，通过灯的电流变小，灯变暗C．电压衣示数变大，通过灯的电流变小，灯变亮D．电压表示数变小，通过灯的电流变大，灯变暗6、如图所示,长方形abcd长ad=0.6m,宽ab=0.3m,O、e分别是ad、bc的中点,以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场),磁感应强度B=0.25T.一群不计重力、质量m=3×10－7kg、电荷量q=+2×10－3C的带电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域()A．从Od边射入的粒子,出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子,出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子,出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子,出射点分布在ab边和be边二、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，在方向向左的匀强电场中，有一带正电的粒子，初速向右，关于粒子的受力情况和运动情况，正确的是：A．粒子受到电场力向左；B．粒子受到电场力向右；C．粒子先向右做减速运动，后向左做加速运动；D．粒子一直向右做加速运动．8、一个标有“220V60W”的白炽灯炮，加上的电压U由零逐渐增大到220V，在此过程中，电压（U）和电流（I）的关系可用图线表示．图中给出的四个图线中，符合实际的是（）A． B． C． D．9、如图所示，粒子源S能在纸面内向任意方向发射速率相同、质量为m、电量为+q、不计重力的同种粒子，MN是足够大的竖直挡板，粒子源S到档板的距离为L，挡板左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为从不计粒子间的相互作用，则A．若粒子源S发射的粒子速率为，粒子到达挡板的最短时间是B．若粒子源S发射的粒子速率为，粒子到达挡板的最短时间是C．若粒子源S发射的粒子速率为，则挡板能被粒子击中部分的长度为2LD．若粒子源S发射的粒子速率为，则挡板能被粒子击中部分的长度为10、如右图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是A．这个电场可能是单独某个负点电荷产生的电场B．电势，场强C．将+q电荷分别放在A、B两点时的加速度D．将+q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能三、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）有一个小灯泡上标有“2V,3W”的字样,现在要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线,有下列器材供选用:A．电源（电动势3V,内阻约1Ω）B．电流表（0～0.6A,内阻约1Ω）C．电流表（0～2A,内阻约0.4Ω）D．电压表（0～3V,内阻约10kΩ）E.电压表（0～10V,内阻约20kΩ）F.滑动变阻器（0～5Ω,额定电流3A）G.滑动变阻器（0～500Ω,额定电流2A）H.开关、导线(1)实验中电流表应选用__________,电压表应选用__________.为使实验误差尽量减小,要求电压表从零开始变化且多取几组数据,滑动变阻器应选用____________（用序号字母表示）．(2)实验中,电压表的示数如图，图中U=________V．(3)实验中调节滑动变阻器,得到了小灯泡的I-U图象如图所示,则可知小灯泡的电阻随电压增大而___________（填“增大”、“减小”或“不变”）．(4)请根据实验要求,在方框内画出电路图___________.12．（12分）如图电路，某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0~20Ω，连接电路的实物图如下图所示．（1）该学生接线中错误的和不规范的做法是____________A．滑动变阻器不起变阻作用B．电流表接线有错C．电压表量程选用不当D．电压表接线不妥（2）该同学将电路按正确的电路图连接好，检查无误后，闭合开关，进行实验．某一次电表的示数如图所示，则电压表的读数为___________V，电流表的读数为___________A．（3）该同学实验完毕，将测量的数据反映在U—I图上（如图所示），根据这一图线，可求出电池的电动势E=___________V，内电阻r=_____________Ω．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）如图所示，一质量为m、电荷量为q（q>0）的例子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．14．（16分）如图所示，在平面坐标系第一象限内有水平向左的匀强电场，电场强度为E，y轴与直线x=-d(d>0)区域之间有竖直向下的匀强电场，电场强度也为E，一个带电量为+q的粒子(不计重力)从第一象限的S点由静止释放。(1)若S点坐标为(，)，求粒子通过x轴的位置坐标；(2)若S点坐标为(d，d)，求粒子通过x轴时的动能；(3)若粒子能通过x轴上的点坐标为(−3d，0)，求释放S点的坐标(x，y)应满足的条件。15．（12分）如图所示，竖直平面坐标系xOy的第一象限有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N，一质量为m的带电小球从y轴上(y＞0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)．(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2)P点距坐标原点O至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t＝2小球距坐标原点O的距离s为多远？

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】由图可知，与R并联后与串联再与并联；当滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，由可知，路端电压增大，故的亮度增大，因路端电压增大，则中的电流增大，但因总电流减小，故流过的电流减小，故分压减小，则并联部分电压增大，故变亮；选A．【点睛有】由图可知电路结构；根据滑片的移动得出滑动变阻器的电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出电流的变化及路端电压的变化；再分析局部电路可得出两灯的亮度变化．2、C【解析】

物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧，并且运动过程中小球只受电场力和重力，所以合力竖直向上，合力与运动方向夹角为锐角，做正功，动能增大，电场力方向向上，电场力做正功，电势能减小，AB错误；根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故C正确；从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故D错误．做此类题目的关键是根据物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧判断受力情况，本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键．3、B【解析】

根据电流表的改装原理可知，电流表改装成电压表要串联电阻分压，根据串联电路的规律可求得应串联的电阻阻值。【详解】根据改装原理可知，要将电流表改装成3V的量程应串联一个电阻，根据串联电路规律可知：U=Ig（Rg+R）解得：R=U故应选：B。本题考查的电压表的改装原理，要注意明确串联电阻的分压作用，会根据串并联电路的规律求串联电阻阻值。4、C【解析】

a、b和c处的磁感应强度均是三条通电导线单独存在时在各点处产生的磁场叠加后的合磁感应强度。由于通过三条导线的电流大小相等，结合安培定则可判断出三条导线在a、b处产生的合磁感应强度垂直于纸面向外，在c处产生的合磁感应强度垂直于纸面向里，且B1=B2<B3。A.B1=B2>B3，与结论不相符，选项Ａ错误；B.B1=B2=B3，与结论不相符，选项Ｂ错误；C.a处和b处的磁场方向垂直于纸面向外，c处的磁场方向垂直于纸面向里，与结论相符，选项Ｃ正确；D.a处的磁场方向垂直于纸面向外，b处和c处的磁场方向垂直于纸面向里，与结论不相符，选项Ｄ错误；5、D【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑片P从b端向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流减小，通过灯的电流减小，则灯变暗．电源的内电压和的电压减小，路端电压增大，电压表示数变大，则并联部分电压增大，通过灯的电流增大，灯变亮．故ABD，错误C正确．故选C.【点睛】当滑动变阻器的滑片P从b端向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，再由欧姆定律分析并联部分电压的变化，即可得到结论．6、D【解析】

带电粒子垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，，圆周运动半径，与半圆形磁场的半径相同．从Od边射入的粒子，正电荷受力沿da方向指向圆心，根据半径可判断圆周运动的圆心在oa之间，出射的粒子分布于ab边和be边，而不可能是oa边，选项AC错．从aO边射入的粒子，圆心在oa的正上方，根据运动轨迹与半圆形磁场边界的交点，粒子仍然从ab边和be边射出，选项B错D对．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、BC【解析】

电场向左，则带正电的粒子受到向左的电场力，选项B正确，A错误；带电粒子的加速度向左，则粒子先向右做减速运动，后向左做加速运动；选项C正确，D错误；故选BC.此题关键是知道正电荷所受的电场力的方向与场强方向一致，负电荷正好相反；加速度的方向与电场力方向一致.8、ACD【解析】试题分析：由题，白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到220V时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到R=U考点：考查了对U-I图像的理解9、AD【解析】

AB．粒子到达挡板的最短距离为L，此时所对圆心角最小，所用时间最短，如图，由几何关系得圆心角θ=，粒子做圆周运动的周期：所以最短时间为：故A正确，B错误.CD．当粒子速度：时粒子圆周运动半径R=L，粒子能打在挡板上的点与S的距离最大为2R=2L，如图打到A点，

则：当粒子向右水平射出时，刚好能打在档板上如图B点，BC=R所以被粒子击中的部分长度为：AB=AC+BC=.故C错误，D正确.10、BD【解析】A、单独负电荷产生的电场是直线不是弯曲的电场线，故A错误B、沿电场线电势降低，所以，电场线疏密代表了电场强度的大小，所以，故B正确；C、由于，所以将+q电荷分别放在A、B两点时的加速度，故C错误；D、由于，所以将+q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能，故D正确；综上所述本题答案是：BD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、C;D;F;2.20;增大;【解析】

（1）因灯泡的额定电压为2V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于2V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0~3V的电压表，故选D；由P=UI得，灯泡的额定电流I=1.5A；故电流表应选择0~2A的量程，故选C；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选F；（2）由图可知，量程为3V，最小分度为0.1V，则读数为2.20V；（3）I-U图象中图象中的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，斜率减小，故电阻增大；（4）由以上分析可知，本实验应采用分压和电流表外接法，故电路图如图所示；（1)仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；（2）根据量程确定最小分度，从而明确读数；（3)根据I-U图象的性质分析电阻的变化；（4）根据实验要求确定电压表和电流表的接法，从而得出电路图.12、AD1.200.261.480.78【解析】

（1）据题意，从图可知，滑动变阻器均接在下边两个接线柱，这样使起不到电阻调节作用的；电压表的接线柱应接在电键内，使电键对电压表有控制作用．（2）电压表读数用十分之一估读法，得：1.20v，电流表用二分之一估读法，得：0.26A．（3）图线与纵坐标交点表示电动势大小，为E=1.48v，图线的斜率表示电源内阻，即：．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、【解析】设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°=v0sin60°由此得设A、B两点间的电热差为UAB，由动能定理有：解得【考点定位】动能定理；带电粒子在电场中运动【方法技巧】本题主要是动能定理在带电粒子在电场中运动的应用和类平抛运动14、(1)（-d，0）(2)(3)，【解析】

粒子只受电场力作用；

（1）粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得：故粒子进入第二象限时的速度位置为(0，d)；

粒子进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，假设粒子没有出电场左边界，则有：故在水平方向上的位移故粒子刚好到达电场左边界，粒子通过