北京师大二附中2024届物理高二上期中联考试题含解析

北京师大二附中2024届物理高二上期中联考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、家用电熨斗为了适应不同衣料的熨烫,设计了调整温度的多挡开关,使用时转动旋钮即可使电熨斗加热到所需的温度.如图所示是电熨斗的电路图.旋转多挡开关可以改变1、2、3、4之间的连接情况.现将开关置于温度最高挡,这时1、2、3、4之间的连接是下图中所示的哪一个(

)A． B． C． D．2、如图所示，若一束电子沿y轴正方向移动，则在z轴上某点A的磁场方向应该()A．沿x轴的正向B．沿x轴的负向C．沿z轴的正向D．沿z轴的负向3、如图所示为两电源的U－I图象，则下列说法不正确的是A．电源①的电动势比电源②的电动势大B．当外接同样的电阻时，两电源的输出功率可能相等C．电源①的内阻比电源②的内阻大D．电源①的短路电流比电源②的短路电流大4、直线mn是某电场中的一条电场线，方向如图所示．一带正电的粒子只在电场力的作用下由a点运动到b点，轨迹为一抛物线，分别为a、b两点的电势．下列说法中正确的是A．可能有B．该电场可能为点电荷产生的电场C．带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能D．带电粒子由a运动到b的过程中电势能一定一直减小5、两根同种材料制成的导线，质量之比为，长度之比为，则它们的电阻之比为（）A．B．C．D．6、要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法中可行的是：（）每个点电荷的带电量都增大到原来的4倍，电荷间的距离不变保持点电荷的带电量不变，使两个电荷间的距离增大到原来的2倍使一个点电荷的电荷量加倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时将两个点电荷间的距离减小为原来的1/2D、保持点电荷的电荷量不变，将两个点电荷的距离减小到原来的1/2二、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、一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端．当两人同时相向而行时，发现小车向左移动．若()A．两人速率相等，则必定是m乙>m甲 B．两人质量相等，则必定是v乙>v甲C．两人速率相等，则必定是m甲>m乙 D．两人质量相等，则必定是v甲>v乙8、如图所示，实线的两点电荷形成的电场线，若不计重力的带电粒子从C点运动到D点，轨迹如图虚线所示，则下列说法中正确的是（）A．由C到D过程中电场力对带电粒子做正功B．由C到D过程中带电粒子动能减小C．粒子带正电D．A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量9、小张同学利用“电磁弹簧秤”测定某金属杆的质量，装置如图所示．一粗细均匀的水平金属杆置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，两端悬挂在两根相同的轻质弹簧下边．弹簧上端固定，下端与金属杆之间绝缘．金属杆通过开关与电源相连，电源内阻不能忽略，则关于金属杆所受安培力的说法正确的是（）A．安培力方向竖直向上B．仅增大磁感应强度，安培力变大C．仅改变金属杆中电流方向，安培力方向不变D．金属杆两端并联一电阻，安培力变小10、电源、开关S、定值电阻R1、R2、光敏电阻R3和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置．当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R3时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，则()A．液滴向下运动B．液滴向上运动C．电容器所带电荷量减少D．电容器两极板间电压变大三、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）为描绘小灯泡L(2.5V1.0W)的伏安特性曲线，某同学根据如下可供选择的器材设计了如图所示电路（电路还没有完全接好）.A．电流表（量程0.6A，内阻约l）B．电压表（量程3V，内阻约3k）C．滑动变阻器(200，0.3A)D．滑动变阻器(5，2A)E．电池组（电动势约3V，内阻未知）F．开关，带夹子的导线若干G．待测小灯泡（1）实验中滑动变阻器应选择______（填“C”或“D”），请以笔画线代替导线将尚未连接好的电压表连入电路中________.（2）在该同学连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的两个不当之处：I．______________________；Ⅱ．_______________________.（3）改正上述两个不当之处后，他在测量中发现，无论如何调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表的示数均不能取到较小值，其原因可能是导线________（填图中导线代号）没有连接好.12．（12分）按照有效数字规则读出下列电表的测量值．（1）接0~3V量程时读数为________V．（2）接0~0.6A量程时读数为_______A．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）真空中有两个点电荷Q1、Q2，相距18cm，已知Q1是正电荷，其电量为1.8×10-12C，他们之间的引力大小为F=1.0×10-12N，求Q2的电量及带电性质。14．（16分）如图所示，质量为0.4kg的物体带正电，其电量为4×10-4C，从半径为0.3m光滑的圆弧滑轨上端A点由静止下滑到底端B点，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于E=103N/C的竖直向下的匀强电场中．(g取10m/s2），求：（1）物体运动到圆弧滑轨底端B点时对轨道的压力（2）物体在水平面上滑行的最大距离．15．（12分）如图所示,质量为m、带电量为-q的小球在光滑导轨上运动，半圆形滑环的半径为R，小球在A点时的初速为V0，方向和斜轨平行.整个装置放在方向竖直向下，强度为E的匀强电场中，斜轨的高为H，试问：(1)小球离开A点后将作怎样的运动?(2)设小球能沿直线到达B点，那么，小球在B点对圆环的压力为多少?(3)在什么条件下，小球可以以匀速沿半圆环到达最高点，这时小球的速度多大?

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】

由电功率的公式可知，在电压不变，电阻最小时，电功率是最大的，故接“高”档时，两根电热丝是并联关系。ABC．这三种连接方式都是串联的，根据分析可知，不符合题意，ABC错误；D．该连接方式为并联，所以电阻最小，符合题意，D正确。2、B【解题分析】电子沿y轴正向移动，电流方向沿y轴负向，由安培定则知z轴上某点A的磁场方向沿x的负向，B对。3、B【解题分析】

ACD．根据闭合电路欧姆定律得，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，由图看出电源①的电动势比电源②的电动势大；当U=0时，，即图线与横轴交点表示短路状态，交点的横坐标等于短路时电路中的电流大小，由图看出电源①的短路电流比电源②的短路电流大；图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出，电源①的内阻比电源②内阻大，故A、C、D正确；B．过原点O作出一条倾斜的直线③该直线与图线①、②的交点就表示该电阻与两电源连接时的工作状态，由图看出，直线③与图线①交点的两坐标的乘积大于直线③与图线②交点的两坐标的乘积，说明不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故B错误；4、C【解题分析】

根据粒子做曲线运动过程中，受到的合力指向轨迹内侧，并且粒子带正电，受到的电场力方向和电场线方向相同，故可知粒子的运动轨迹有图中1、2所示两种情况，有图线2可知电场力一直做正功，电势能一直减小，动能增大，电势减小，由图线1可知电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，故一定有，带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能，AD错误C正确；因为轨迹是抛物线，所以要求受力恒定，故不可能是点电荷形成的电场，B错误；5、C【解题分析】两个同种材料制成的导线，质量之比，则它们的体积之比是，长度之比，则横截面积之比：，根据电阻的计算公式：，得：，所以C正确。点睛：本题考查电阻定律的应用，要注意明确电阻取决于导线长度和截面积；根据质量关系可求得体积关系，再由体积公式可求得截面积之比，再由电阻定律则可求得电阻之比。6、D【解题分析】略二、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【解题分析】

甲、乙两人及小车组成的系统不受外力，系统的动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：，即：；可见甲的动量大于乙的动量；A、C、若两人速率相等，必定有：m甲＞m乙，故A错误，C正确；B、D、若两人质量相等，必定有：v甲＞v乙，故B错误，D正确；故选CD.8、ACD【解题分析】

据带正电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，从而判断B处是负电荷，A处是正电荷；再根据电场线的特点分析即可．【题目详解】A、B、据电场线的分布情况可知，带电粒子从C到D的过程中，电场力的方向与运动方向小于90°，电场力对其做正功，电势能减小，动能增大；故A正确，B错误。C、据带电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，结合某点的切线方向，即为速度方向，从而判断粒子带正电；故C正确。D、据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量；故D正确。故选ACD．【题目点拨】弄清电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念及间的关系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．9、BD【解题分析】

A.电流方向有b到a，根据安培左手定则可知，导体棒受到的安培力竖直向下，故A错误；B.根据通电导线在磁场中受到的安培力F=BIL可知，当磁场强度增大时，安培力增大，故B正确；C.仅改变电流方向，根据左手定则可知安培力方向改变，故C错误；D.金属杆ab两端并联一电阻，总电阻减小，总电流增大，内电压增大、路端电压减小，则通过ab棒的电流减小，根据F=BIL可知，安培力减小，故D正确。10、BD【解题分析】当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动．故A错误，BD正确；电容器的电压增大，电容不变，由Q=CU知，电容器所带电荷量增大．故C错误．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、D连电路时没有断开开关滑动变阻器的滑片没有移至b端3【解题分析】

（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的D．灯泡正常发光时的电阻，即小灯泡的电阻远小于电压表内阻，接近电流表内阻，所以电流表应采用外接法，电路图如图所示．（2）由电路图可知，在连接电路时，没有断开开关；滑片没有移到分压电路分压为零的位置即滑片没有置于b端．

（3）实验时，无论如何调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表的示数均不能取到较小值，滑动变阻器被接成了限流接法，由电路图可知，导线③没有接好．12、2.170.16【解题分析】试题分析：电表读数,最小刻度是1的读到0.1,最小刻度是2和5的读到1，所以上面二表的读数分别为2.17V和0.16A．考点：电表读数四、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、2×10-12C；带负电【解题分析】两点荷相互吸引，Q1带正电，则Q2带负电；根据：F=KQ1Q14、（1）13.2N（2）0.75m【解题分析】

(1)对物体从A运动到B由动能定理有：，物体运动到B点由牛顿第二定律有：由牛顿第三定律有：，代入数据得，故物体运动到圆弧滑轨底端B点时对轨道的压力为13.2N.(2)对全程同样由动能定理有：，代入数据得：；15、（1）电场力向上，如果电场力等于重力，沿着轨道做速度大小不变的运动；如果电场力小于重力，沿着轨道做变速运动；如果电场力大于重力，离开轨道做类似抛体运动；（2）FN=2mgH-2qEH+mv【解题分析】

(1)电场力向上，如果电场力等于重力，沿着轨道做速度大小不变的运动；如图（1）所示：如果电场力小于重力，沿着轨道做变速运动；如图（2）所示：如果电场力大于重力，离开轨道做类似抛体运动；如图（3）所示：(2)A到B过程电场力与重力做功，根据动能定理：−qEH+mgH=12在B点受重力、电场力和轨道的支持力，合力提供向心力，如图（4）所示：得：F−mg+qE=mv联立以上公式，求得：F=2mgH根据牛顿第三定律，轨道对小球的压力等于小球对轨道的压力，即2mgH(3)小球可以匀速沿半圆环到达最高点，根据动能定理可知，重力和电