北京市十二中2024屆高二物理第一學期期中經典模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、兩點電荷A、B帶電量qA＞qB，在真空中相距為L0，現將檢驗電荷q置于某一位置時所受庫侖力恰好為零，則此位置當A、B為（）A．同種電荷時，在A、B連線上靠近B一側B．同種電荷時，在A、B連線上靠近A一側C．異種電荷時，在BA連線的延長線上靠近A一側D．異種電荷時，在A、B連線上靠近A一側2、關于電場強度的定義式為E=F/q，下列說法中不正確的是（）A．該定義式適用于任何電場B．帶電量為q帶電體放在某電場中的A點，受到的電場力為F，則該電場在A點產生的電場強度大小為F/qC．電場強度的方向與正電荷受到的電場力F的方向相同D．由F=Eq可知，試探電荷在場中某點所受的電場力大小與該試探電荷帶電量的大小成正比3、板間距為的平行板電容器所帶電荷量為時，兩極板間電勢差為，板間場強為現將電容器所帶電荷量變為，板間距變為，其他條件不變，這時兩極板間電勢差，板間場強為，下列說法正確的是A．B．C．D．4、如圖所示為一組電場線，A、B為其中兩點，則（）A．A點的場強大于B點的場強B．A點電勢低于于B點電勢C．將電子從A點移到B點，電場為做正功D．正電荷在A點的電勢能小于正電荷在B點的電勢能5、如圖所示，水平面內有A、B、C、D、E、F六個點，它們均勻分布在半徑為R＝2cm的同一圓周上，空間有一方向與圓平面平行的勻強電場．已知A、C、E三點的電勢分別為、φC＝2V、，下列判斷正確的是()A．電場強度的方向由A指向DB．電場強度的大小為1V/mC．該圓周上的點電勢最高為4VD．將電子從D點沿DEF移到F點，靜電力做正功6、如圖所示，先接通電鍵S使電容器充電，然后斷開S，增大兩極板間的距離時，電容器所帶電量Q，電容C，兩極板間電勢差U的變化情況是（）A．Q變小，C不變，U不變B．Q變小，C變小，U不變C．Q不變，C變小，U變大D．Q不變，C變小，U變小二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、關于電流的方向，下列描述正確的是()A．規定正電荷定向移動的方向為電流的方向B．規定自由電荷定向移動的方向為電流的方向C．在金屬導體中，自由電子定向移動的方向為電流的反方向D．在電解液中，由于正、負離子的電荷量相等，定向移動的方向相反，故無電流8、質量為m的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經過t秒小球又回到A點，不計空氣阻力且小球從末落地。則A．整個過程中小球電勢能變化了B．整個過程中電場力對小球做功為2mg2t2C．從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mg2t2D．從A點到最低點小球重力勢能變化了9、如圖所示，一質量為m、帶電荷量為q的物體處于場強按E＝E0－kt(E0、k均為大于零的常數，取水平向左為正方向)變化的電場中，物體與豎直墻壁間動摩擦因數為μ，當t＝0時刻物體處于靜止狀態．若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且電場空間和墻面均足夠大，下列說法正確的是()A．物體開始運動后加速度先增加、后減小B．物體開始運動后加速度不斷增大C．經過時間，物體在豎直墻壁上的位移達最大值D．經過時間，物體運動速度達最大10、如圖所示，平行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態，電流表和電壓表都看做理想電表，且大于電源的內阻r，當滑動變阻器的滑片向b端移動時，則A．電壓表讀數減小 B．電流表讀數減小C．質點P將向上運動 D．電源的輸出功率逐漸增大三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）有一個小燈泡上標有“4V2W”的字樣,現在要用伏安法描繪這個燈泡的I-U圖線。現有下列器材供選用:A．電壓表(0~5V,內阻10kΩ)B．電壓表(0~15V,內阻20kΩ)C．電流表(0~3A,內阻1Ω)D．電流表(0~0.6A,內阻0.4Ω)E.滑動變阻器(10Ω,2A)F.滑動變阻器(500Ω,1A)G.學生電源(直流6V)、開關、導線若干(1)實驗時,選用圖甲而不選用圖乙的電路圖來完成實驗,請說明理由:__________________________。

(2)實驗中電壓表應選用____,電流表應選用____,滑動變阻器應選用______。(用序號字母表示)

(3)把圖中所示的實驗器材用實線連接成實物電路圖________。12．（12分）圖為某同學組裝完成的簡易多用電表，圖中E是電池，R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻；虛線方框內為換擋開關，A端和B端分別與兩表筆相連．（1）圖（a）中的A端與______________（選填“紅”或“黑”）色表筆相連接．（2）關于R6的使用，下列說法正確的是_____________________．A．在使用多用電表之前，調整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B．使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C．使用電流擋時，調整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置（3）用×100檔測量某電阻時，操作步驟正確，發現表頭指針偏轉角度很小，為了較準確地進行測量，應換到_____________檔（選填“×10”或“×1K”）．如果換檔后立即用表筆連接待測電阻進行測量，那么缺少的步驟是__________________________，若補上該步驟后測量，表盤的示數如圖b，則該電阻的阻值是___________________________Ω．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖，直角坐標系xOy位于豎直平面內，其中x軸水平，y軸豎直．豎直平面中長方形區域OABC內有方向垂直OA的勻強電場，OA長為l，與x軸間的夾角，一質量為m、電荷量為q的帶正電小球可看成質點從y軸上的P點沿x軸正方向以一定速度射出，恰好從OA的中點M垂直OA進入電場區域．已知重力加速度為g．(1)求P點的縱坐標及小球從P點射出時的速度大小v0；(2)已知電場強度的大小為，若小球不能從BC邊界離開電場，OC長度應滿足什么條件？14．（16分）在圖中R1＝14Ω，R2＝9Ω．當開關處于位置1時，電流表讀數I1＝0.2A；當開關處于位置2時，電流表讀數I2＝0.3A．求電源的電動勢E和內電阻r．15．（12分）如圖所示，A為電解槽，為電動機，N為電爐子，恒定電壓U＝12V，電解槽內阻RA＝2Ω，當S1閉合，S2、S3斷開時，電流表示數為6A；當S2閉合，S1、S3斷開時，電流表示數為5A，且電動機輸出功率為35W；當S3閉合，S1、S2斷開時，電流表示數為4A．求：(1)電爐子的電阻及發熱功率；(2)電動機的內阻；(3)在電解槽工作時，電能轉化為化學能的功率為多少．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解題分析】當qA和qB均為固定的正電荷，且電荷受到的合力為0，根據庫侖定律，對q受力分析有：，因為qA＞qB．所以rA＞rB，而且保證兩個力的方向相反，所以應將q置于AB線段上，且靠近B，故A正確，B錯誤；若qA和qB為固定的異種電荷，且電荷受到的合力為0，根據庫侖定律，對q受力分析有：，因為qA＞qB．所以rA＞rB，而且保證兩個力的方向相反，所以應將q置于AB連線的延長線上，且靠近B，故CD錯誤。所以A正確，BCD錯誤。2、B【解題分析】

A、E=Fq是電場強度的定義式，適用于任何電場，故B、公式E=Fq中F是檢驗電荷所受的電場力，q是檢驗電荷的電荷量，帶電量為q帶電體不是檢驗電荷，對原電場有影響，故BC、場強的方向與放在該點的正電荷所受的電場力方向相同，與放在該點的負電荷所受的電場力方向相反，故C正確；D、由F=Eq得知，場中某點電荷所受的電場力大小與該點場強的大小成正比，故D正確；不正確的故選B。【題目點撥】E=Fq是電場強度的定義式，q是檢驗電荷的電荷量，F是檢驗電荷所受的電場力，適用于任何電場．場強的方向與放在該點的正電荷所受的電場力方向相同，3、C【解題分析】由公式C＝、C＝和E＝得U＝，E＝，當Q變為2Q、d變為時，電壓U不變，電場強度E變為原來的2倍．C正確．4、A【解題分析】由圖可知，A點電場線密，B點電場線稀，因此A點電場強度大于B點，即EA＞EB，故A正確．沿電場線的方向電勢逐漸降低，A點電勢高于B點電勢，故B錯誤；電子受到的電場力的方向由B指向A，所以將電子從A點移到B點，電場為做負功，故C錯誤；正電荷在A點的電勢能大于正電荷在B點的電勢能，故D錯誤；故選A.5、C【解題分析】

A．AE中點G的電勢如圖所示，FC是一個等勢面，電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，所以電場強度的方向由E指向A，故A錯誤；B．EA兩點間的電勢差為EA兩點間的距離電場強度的大小故B錯誤；C．順著電場線電勢降低，H點電勢最高，U=Ed代入數據：解得：故C正確；D．從D移到F點，電勢降低，電子帶負電，電勢能增加，靜電力先做負功，故D錯誤．6、C【解題分析】

由于充電后，電容器的帶電量Q不變，AB錯誤；根據可知，當兩板間距離d增大時，電容C變小，根據可知，而兩板間的電勢差U增大，D錯誤；而內部電場強度，因此電場強度與兩板間距離變化無關，C正確．【題目點撥】電容器的定義式是一個比值定義，也就是電容器的大小與Q和U都無關，只與它們的比值有關；而電容器的決定式說明電器的大小與兩板的正對面積成正比，與兩板間的距離成反比；電容器內部是勻強電場，且電場強度大小為．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AC【解題分析】

AB．電流的方向規定為正電荷的定向移動方向；故A正確；B錯誤．C．金屬導體里面，電流的方向與自由電子定向移動的方向相反；故C正確，D．電解液中，電流的方向與正離子定向移動方向相同，與負離子定向移動方向相反，所以有電流，故D錯誤．故選AC．【題目點撥】本題考查電流的方向規定，要注意正電荷的定向移動方向為電流的方向．8、BD【解題分析】

AB．小球先做自由落體運動，后做勻減速運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反，設電場強度大小為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下方向為正方向，則由又，解得：則小球回到A點時的速度為整個過程中小球速度增量的大小為速度增量的大小為，由牛頓第二定律得聯立解得：所以電勢能減小量為由功能關系可知，電場力做功等于電勢能的變化量即為，故A錯誤，B正確；C．從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能減少了故C錯誤；D．設從A點到最低點的高度為h，根據動能定理得：解得：從A點到最低點小球重力勢能減少了故D正確。9、BC【解題分析】由題意可知，在電場改變方向之前，物體沿豎直墻運動，由于水平方向支持力與電場力相等，電場強度減弱，所以支持力減小，故摩擦力減小，所以物體受到的重力和摩擦力的合力增大；電場改為水平向右時，物體受互相垂直的重力和電場力，而電場力隨電場強度的增大而增大，所以合力增大．因此，整個過程中，物體運動的加速度不斷增大，且速度不斷增大，故AB錯誤；因為場強按E=E0-kt變化可知，當電場強度為零時，物體在水平方向上不受力，當場強方向向右后，物體在水平方向上受向右的電場力．據以上分析可知，當場強為零時，物體開始離開墻壁，即E0-kt=0，解得：，此時在豎直墻壁上的位移最大，故C正確；根據以上分析知，物體運動的加速度不斷增大，且速度不斷增大，故D錯誤．所以C正確，ABD錯誤．10、AD【解題分析】

AB.由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯后與R3并聯后，再由R1串連接在電源兩端；電容器與R3并聯；當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電路的電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流增大，電源的內電壓增大，路端電壓減小，同時，R1兩端的電壓也增大，故并聯部分的電壓減小；由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過并聯部分的電流增大，故電流表示數增大；因并聯部分電壓減小，而R2中電壓增大，故電壓表示數減小，故A正確B錯誤。C.因電容器兩端電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，電荷向下運動，故C錯誤；D.由題，R1大于電源的內阻r，外電路的總電阻大于r，而當電源的內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，則知電路中總電阻減小時，電源的輸出功率逐漸增大。故D正確。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、描繪燈泡的I-U圖線所測數據需從零開始,并要多取幾組數據ADE【解題分析】

(1)[1]在用伏安法描繪這個燈泡的I-U圖線的實驗中，電壓要從零開始變化，并要多測幾組數據，故只能采用滑動變阻器分壓接法，所以電路圖選用圖甲．(2)[2][3][4]因燈泡的額定電壓為4V，為保證安全選用的電壓表量程應稍大于4V，但不能大太多，量程太大則示數不準確；故只能選用0～5V的電壓表，故選A；由P=UI得，燈泡的額定電流故電流表應選擇0～0.6A的量程，故選D；而由題意要求可知，電壓從零開始變化，并要多測幾組數據，故只能采用滑動變阻器分壓接法，而分壓接法中應選總阻值較小的滑動變阻器，故選E；(3)[5]對照電路圖連接實物圖，注意電流從電流表電壓表正接線柱流入，如圖：12、黑B×1K進行歐姆調零22000【解題分析】

(1)[1]歐姆表內置電源正極與黑表筆相連，負極與紅表筆相連，即紅進黑出；由圖示電路圖可知端與黑色表筆相連；(2)[2]由電路圖可知只在