2025屆北京市首都師大附中物理高二第一學期期中檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、氣體由無規則運動的分子組成，分子間有相互作用，因此氣體的內能（）A．僅包含分子動能B．僅包含分子勢能C．與分子動能及分子勢能無關D．包含分子動能及分子勢能2、電磁鐵的應用相當廣泛，它是利用電流周圍產生磁場的原理工作的，最先發現電流周圍存在磁場的科學家是A．奧斯特 B．庫侖 C．法拉第 D．韋怕3、我們的銀河系的恒星中大約四分之一是雙星。某雙星由質量為M的星球A和質量為m的星球B構成，兩星在相互之間的萬有引力作用下繞兩者連線上某一定點O做勻速圓周運動，已知M>m，兩星球之間的距離為L，下列說法正確的是A．星球A運動的軌道半徑大B．星球B運動的線速度大C．星球B運動周期大D．星球B的向心力大4、如圖所示的電路中，已知電源的電動勢E=1.5V，內電阻r=1.0Ω，電阻R=2.0Ω，閉合開關S后，電路中的電流I等于A．4.5AB．3.0AC．1.5AD．0.5A5、質量分別為m和2m的A、B兩小球同時從同一高度做自由落體運動，落在同一水平地面上，則下列說法正確的是（）A．B球先落地B．A球先落地C．兩球同時落地D．無法確定6、某同學用如圖所示的電路進行小電機M的輸出功率的研究，其實驗步驟如下所述，閉合電鍵后，調節滑動變阻器，電動機未轉動時，電壓表的讀數為U1，電流表的讀數為I1；再調節滑動變阻器，電動機轉動后電壓表的讀數為U2，電流表的讀數為I2，則此時電動機的輸出功率為（）A．B．C．D．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、如圖所示，在豎直平面內有勻強電場（圖中未畫出），一個質量為m帶電小球，從A點以初速度v0沿直線運動．直線與豎直方向的夾角為θ（θ＜90°），不計空氣阻力，重力加速度為g．以下說法正確的是（）A．小球一定做勻變速運動B．小球在運動過程中可能機械能守恒C．小球運動過程中所受電場力不少于mgsinθD．當小球速度為v時，其重力的瞬時功率p=mgvsinθ8、用圖所示的實驗裝置研究平行板電容器的電容與哪些因素有關，下面哪些說法符合實驗結果（）A．把B板向左平移，靜電計指針示數變大B．把B板向右平移，靜電計指針示數變大C．把B板向上平移，靜電計指針示數變小D．保持兩板不動，在B、A之間插入一塊云母板，靜電計指針示數變小9、如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器，四個電表均為理想電表。當R2的滑動觸點在a端時合上開關S，將滑動觸點向b端移動的過程中，各表示數變化正確的是()A．A1的示數減小，V1的示數增大B．A1的示數增大，V1的示數減小C．A2的示數增大，V2的示數減小D．A2的示數減小，V2的示數增大10、下列說法正確的是（）A．沿電場線方向場強逐漸減小B．沿電場線方向電勢逐漸降低C．沿電場線方向電勢逐漸升高D．沿電場線方向移動正電荷電場力做正功三、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）在《描繪小燈泡伏安特性曲線》的實驗中，選擇“3V0.5A”的小燈泡作為研究對象，要求小燈泡兩端電壓從0開始變化，電源E=6V，有開關導線若干．請回答下面幾個問題：（1）下列實驗器材中應選用________________（只能填入器材序號，有錯或其余答案均不給分）A．電流表（量程0~0.6A，內阻1Ω）B．電流表（量程0~3A，內阻1Ω）C．電壓表（量程0~15V，內阻約10kΩ）D．電壓表（0~3V，內阻約2kΩ）E.滑動變阻器（阻值0~100Ω）F.滑動變阻器（阻值0~10Ω）（2）在本實驗中，滑動變阻器應采用______________（填“分壓"或“限流"）接法，電流表應采用______________（填“內”“外”）接法．（3）在圖框中畫出實驗電路圖______．12．（12分）用伏安法（電流表內阻約為200，電壓表內阻約為10k）測定一個阻值約為5k的電阻的阻值，實驗電路應采用電流表______接法（填“內”或“外”），測量值比真實值偏_______（填“大”或“小”）.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）如圖所示，電源電壓U為8V，定值電阻R2為4Ω，小燈A上標有“4V

0.2A”、小燈B上標有“12V

0.3A”的字樣。電路接通后小燈A恰好正常發光。求：⑴小燈B的電阻RB；⑵小燈B的實際功率PB；14．（16分）如圖所示的電路中，電源電動勢E=10V，內阻r=0.5Ω，電動機的電阻R0=1.0Ω，電阻R1=1.5Ω．電動機正常工作時，電壓表的示數U1=3.0V，求：（1）電源釋放的電功率；（2）電動機消耗的電功率．將電能轉化為機械能的功率；15．（12分）如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好．MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下均勻增加的磁場．圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B．PQ的質量為m，金屬導軌足夠長，電阻忽略不計．（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加大小為F的水平恒力，請指出力F的方向并求出單匝金屬線圈里磁通量的變化率；（2）斷開S，PQ在上述恒力F的作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程中金屬棒PQ上產生的熱量．

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、D【解析】

氣體分子間有相互作用，則說明分子間相互作用力會對分子做功，因此分子間存在分子勢能，同時分子運動具有動能，故說明該氣體具有動能和分子勢能；故D正確，ABC錯誤。故選D。【點睛】本題考查氣體內能的組成，要注意理想氣體不具有分子勢能，但如果分子間有相互作用時，分子間一定具有分子勢能．2、A【解析】電磁鐵的應用相當廣泛，它是利用電流周圍產生磁場的原理工作的．最先發現電流周圍存在磁場的科學家是奧斯特，故A正確，BCD錯誤；故選A．3、B【解析】

A．雙星的角速度相等，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：Mω2rA=mω2rB由于M＞m，則rA＜rB，故A錯誤；B．線速度：v=ωr，由于：rA＜rB，則vA＜vB，即星球B運動的線速度大，故B正確；C．雙星做圓周運動的周期相等，故C錯誤；D．萬有引力提供向心力，雙星間的萬有引力是作用力與反作用力，兩星球的向心力大小相等，故D錯誤；4、D【解析】

根據閉合電路歐姆定律得：I=ER+r=5、C【解析】

根據自由落體運動的公式h=12gt2，t=2hg，知落地時間與質量無關，所以兩個物體同時落地。故C正確，6、A【解析】閉合電鍵后，電動機未轉動時，可看成純阻電路，由歐姆定律可得電動機的內阻為：，電動機轉動后，電動機的電功率P電=U2I2，發熱功率：，則電動機的輸出功率，故A正確，BCD錯誤。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、BC【解析】試題分析：以小球為研究對象分析受力可知，若當小球所受電場力豎直向上，且大小等于重力時，可以沿直線做勻速運動，所以A錯誤；當小球所受電場力不是豎直向上時，則電場力與重力的合力一定沿運動軌跡所在的直線方向上，由下圖可知電場力的最小值為F=mgsinθ，所以C正確；此時電場力做功，故小球的機械能不守恒，所以B錯誤；當小球速度為v時，其沿重力方向的速度分量為vcosθ，故此時重力的瞬時功率考點：靜電場、能量守恒、功率8、AD【解析】

A．將B板向左平移，板間距離增大，根據，電容器電容C減小，而電容器的電量Q不變，由Q=CU分析可知，電容器兩板間電勢差增大，則靜電計指針偏角變大．故A正確；B．將B板向右平移，板間距離減小，根據，電容器電容C增大，而電容器的電量Q不變，由Q=CU分析可知，電容器兩板間電勢差減小，則靜電計指針偏角變?。蔅錯誤．C．將B板向上平移，兩板正對面積減小，根據，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由Q=CU分析可知，電容器兩板間電勢差增大，則靜電計指針偏角變大．故C錯誤．D．保持兩板不動，在B、A之間插入一塊云母板，根據，電容增大，而電容器的電量Q不變，由Q=CU分析可知，電容器兩板間電勢差減小，則靜電計指針偏角變?。蔇正確．9、AC【解析】

R2的滑動觸點向b端移動時，R2減小，整個電路的總電阻減小，總電流增大，內電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數U2減小，R3電壓U1增大，R1、R2并聯電壓減小，通過R1的電流I1減小，即A1的示數減小，而總電流I增大，則流過R2的電流I2增大，即A2的示數變大。A．A1的示數減小，V1的示數增大，與結論相符，選項A正確；B．A1的示數增大，V1的示數減小，與結論不相符，選項B錯誤；C．A2的示數增大，V2的示數減小，與結論相符，選項C正確；D．A2的示數減小，V2的示數增大，與結論不相符，選項D錯誤；10、BD【解析】

本題根據電場線的物理意義分析場強與電勢的關系；根據電場力方向與位移方向的關系分析電場力做功的正負．【詳解】A、B、C、沿電場線方向，電勢必定降低，而電場線疏密不一定，則場強不一定減小，故AC錯誤，B正確．D、順著電場線方向移動正電荷時，電場力方向沿電場線方向，則電場力做正功，故D正確．故選BD．【點睛】電場強度和電勢都是描述電場本身性質的物理量，可根據電場線的物理意義來理解它們之間的關系：場強大小看電場線的疏密，而電勢高低看電場線的方向，兩者無關．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、ADF分壓外【解析】

(1)[1]由題意可知，燈泡的額定電壓為3V，為了準確性及安全性原則，電壓表應選擇D；燈泡的額定電流為0.5A，故電流表應選擇A；要求小燈泡兩端電壓從0開始變化滑動變阻器應采用分壓接法，故滑動變阻器應選用較小的，故滑動變阻器應選擇F；所以實驗器材中應選用：ADF。(2)[2][3]測量小燈泡的伏安特性曲線時，要求電壓值從零開始變化，故滑動變阻器應采有分壓接法；燈泡內阻為：而電流表內阻約為1Ω，電壓表內阻約為2kΩ，有Rx2=36＜RARV=2000故電流表應采用外接法減小系統誤差；(3)[4]電路為電流表外接法和滑動變阻器的分壓式，如圖所示：12、內大【解析】

由題意可知，；故，因此為了減小誤差應采用電流表內接法進行實驗；由于電流表的分壓作用使電壓表示數偏大，則由歐姆定律可知，測量值偏大．【點睛】本題考查伏安法測電阻中電流表內外接法的選擇，要注意明確：大電阻用內接法，測量值偏大，小電阻用外接法，測量值偏小，即“大內偏大，小外偏小”．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、（1）40Ω；（2）0.576W【解析】

（1）燈B正常工作時，電壓為UB=12V，電流IB=0.3A，由歐姆定律得電阻（2）電路接通后小燈A恰好正常發光，A的電壓UA=4V，IA=0.2A，B燈的電壓為UB=UA+IAR2=4+0.2×4（V）=4.8V燈B的實際功率14、（1）21W（2）12W8W．【解析】

（1）通過電阻兩端的電壓求出電路中的電流I，電源的總功率為P=EI，即可求得；（2）由U內=Ir可求得電源內阻分得電壓，電動機兩端的電壓為U=E-U1-U內，電動機消耗的功率為P電=UI；電動機將電能轉化為機械能的功率為P機=P電-I2R1．【詳解】（1）電動機正常工作時，總電流為：I=I=A=2A，電源釋放的電功率為：P=EI=11×2W=21W；（2）電動機兩端的電壓為：U=E﹣Ir﹣U1則U=（11﹣2×1.5﹣3.1）V=6V；電動機消耗的電功率為：P電=UI=6×2W=12W；電動機消耗的熱功率為：P熱=I2R1=22×1.1W=4W；電動機將電能轉化為機械能的功率，據能量守恒為：P機=P電﹣P熱P機=（12﹣4）W=8W；【點睛】對于電動機電路，關鍵要正確區分是純電阻電路還是非純電阻電路：當電動機正常工作時，是非純電阻電路；當電動機被卡住不轉時，是純電阻電路．對于電動機的輸出功率，往往要根據能量守恒求解．15、（1）（2）【解析