【文档说明】北京市中关村中学2023-2024学年高二上学期期中选考物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1.645 MB，由小赞的店铺上传

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北京市中关村中学2023-2024学年度第一学期高二物理期中选考试卷2023.11一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分）1.如图所示，一个带正电的球体M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N先

后挂在横杆上的1P和2P处，当小球N静止时，丝线与竖直方向的夹角分别为1和2（2图中未标出）。则（）A.小球N带负电，12B.小球N带负电，12C.小球N带正电，12D.小球N带正电，12【答案】C【解析】【详解】由图可知，小球N与M相互排斥，故M、N带同种电

荷，由于M带正电，可知小球N带正电，以小球N为对象，根据受力平衡可得tanFmg=又2QqFkr=由于带电小球N在悬挂在1P点时，离M距离小，受到的库仑力大，则丝线与竖直方向的夹角大，故有12，故C正确，ABD错误。故选C。2.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下

列说法正确的是（）A.a、c两点的场强相等B.b、c两点的场强相等C.a、b两点的电势相等D.b、c两点的电势相等【答案】C【解析】【分析】【详解】AB．电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，a、b两点的场强相等且大于c点场强，故AB错误；C．

a、b两点在同一等势面，电势相等，故C正确；D．顺着电场线，电势降低，所以b点的电势高于c点的电势，故D错误。故选C。【点睛】3.关于导体的电阻，下列表述正确的是()A.跟导体两端的电压成正比B.跟导体中的电流强度成反比C.决定于导体的材料、长度和横截面积D.决定于导体中的

电流强度和电压【答案】C【解析】【详解】导体的电阻从定义上等于电压与电流的比值，但与电压及电流没有直接关系，而由导体的材料、长度及横截面积决定的，故ABD错误，C正确。故选C。4.如图所示，一对带绝缘支柱的导体M、N彼此接触，且均不带

电。把带正电的物体P移近导体M。下列说法正确的是（）A.若先把M、N分开，再移去P，M带正电，N带负电B.若先把M、N分开，再移去P，M带负电，N带正电C.若先移去P，再把M、N分开，M带正电，N带负电D.若先移去P，再把M、N分开，M带负电，N带正电【答案】B【解析】【详解】AB．把带正

电的物体P移近导体M，根据静电感应原理可知，M带负电，N带正电；若先把M、N分开，再移去P，则M带负电，N带正电，故A错误，B正确；CD．先移去P，则M、N的正负电荷会中和，再把M、N分开，M、N均不带电，故CD错误。故选B。5.人体含水量约为70%，水中有钠离子、钾离子等

离子存在，因此容易导电，脂肪则不容易导电。某脂肪测量仪如图所示，其原理就是根据人体电阻的大小来判断人体脂肪所占比例。（）A.人体电阻很大，所以测量时，人体中没有电流通过B.消瘦人脂肪含量少，人体电阻小C.肥胖的人钠、钾离子多，导电性能好，所以电阻小D.激烈运动之后、沐浴之后测量，不会影响测量

数据【答案】B【解析】【详解】A．根据欧姆定律可知人体电阻很大，测量时，人体中有电流通过，但电流很小，故A错误；B．消瘦的人脂肪含量少，脂肪不容易导电，故人体电阻小，故B正确；C．肥胖的人脂肪含量多，脂肪不容易导电，

故人体电阻大，故C错误；的D．激烈运动之后、沐浴之后测量，人体表面含水量发生变化，会影响测量数据，故D错误。故选B。6.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是（）A.实验前，只将电容器b板向左平移，

静电计指针张角变小B.实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变大C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D.实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【答案】B【解析】【详解】A．实验前，只将电容器b

板向左平移，两极板间的间距增大，根据r4SCkd=可知电容器电容减小，电容器带电量不变，根据QUC=可知电容器两端电压增大，静电计指针的张角变大，故A错误；B．实验中，只将电容器b板向上平移，电容器正对面积减小，则电容器电容减小，电容器带电量不变，则电容器两端电压增大，静电计指针的张角变大，故

B正确；C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，介电常数增大，可知电容器电容增大，电容器带电量不变，则电容器两端电压减小，静电计指针的张角变小，故C错误；D．电容只与电容器本身有关，与极板带电荷量无关，故电容器电容不变，故D错误故选B。7.如图所示，某同学在用“

伏安法”测量电阻R的阻值时，让电压表的一端接在a点，另一端先后接到b点和c点，他发现电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化。下列说法正确的是（）的。A.电阻R与电流表的阻值接近，应选择电流表外接电路B.电阻R与电流表的阻值接近，应选择电流表内接电路C.电阻R与电压表的阻值接

近，应选择电流表内接电路D.电阻R与电压表的阻值接近，应选择电流表外接电路【答案】C【解析】【详解】发现电流表示数有明显变化，说明电压表分流效果明显，而电压表示数无明显变化，说明电流表分压效果不明显，则应选择

电流表内接电路，电阻R与电压表的阻值接近。故选C。8.为了研究空腔导体内外表面的电荷分布情况，取两个验电器A和B，在B上装一个几乎封闭的空心金属球C（仅在上端开有小孔），D是带有绝缘柄的金属小球，如图所示。实验前他们都不带电，实验时首先将带正电的玻璃棒（图中未画出）与C接触使C带电。以下

说法正确的是（）A.若将带正电的玻璃棒接触C外表面，则B的箔片带负电B.若将带正电的玻璃棒接触C内表面，则B的箔片不会带电C.使D接触C的外表面，然后接触A，操作若干次，观察到A的箔片张角变大D.使D接触C的内表面，然后接触A，操作若干次，观察

到A的箔片张角变大【答案】C【解析】【详解】A．若将带正电的玻璃棒接触C外表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电，故A错误；B．若将带正电的玻璃棒接触C内表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电，故B错误；C．C带电，但电荷分布在外表

面，若使D接触C的外表面，D带电；然后接触A，则A带电，可知操作若干次，观察到A的箔片张角变大，故C正确；D．C带电，但电荷分布在外表面，若使D接触C的内表面，D不带电；然后接触A，A不能带电；可知操作若干次，观察到A的箔片张角不变，故D错误。故选C。9.有一个负点电荷只受电场力的作用，从电场中的

a点由静止释放，在它沿直线运动到b点的过程中，动能Ek随位移s变化的关系图如图所示，则能与图线相对应的电场的电场线分布图是下图中的（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】AB.负点电荷从a运动到b，只有电场力做功，根据动能定理Fs=Ek，当在匀强电场中时F为定值，Ek与s成正比，故AB不符合

题意；CD.由于负电荷受静电力方向与场强方向相反，图线为曲线，动能随位移增加的不均匀（越来越快），电场力应该越来越大且做正功，根据图像判断C选项符合题意，D选项错不符合题意．10.如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示盘

刻度表示0.02A，1R的阻值等于电流表内阻的12；2R的阻值等于电流表内阻的4倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（）A.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB.将接线柱1、2接入电路时，每一小格

表示0.02AC.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A【答案】C【解析】【详解】AB．将接线柱1、2接入电路时，则由电路可知()ggg1IrIIR=−解得I=1.8A则每一小格表示1.8A=0.06A30，选项AB错误；CD．

由上述分析可知，将接线柱1、3接入电路时，当电流计满偏时，流过接线柱1的电流为1.8A，则此时每一小格表示0.06A，选项C正确，D错误。故选C。二、多选题（本题共4小题。每小题3分，少选得2分，错选不得分，共12分）11.如图所示，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在

绝缘支架上，右侧放一个电荷量为Q+的点电荷，点电荷到金属球的球心距离为3r。达到静电平衡后，下列说法正确的是（）A.金属球的左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷B.金属球内的电场处处为零C.金属球最左侧表面的电势高于最右侧表面的电势D.感应电荷在金属球球心处产生的电场场强大小为29QEk

r=【答案】BD【解析】【详解】A．静电感应导致金属球的电荷重新分布，左侧带正电荷，右侧带负电荷，故A错误；B．金属球内的电场处处为零，即感应电荷在金属球内某点激发的电场场强与点电荷在该点处产生的电场强度大小，方向相反，故B正确；C．达到静电平衡后，金

属球是等势体，故C错误；D．感应电荷在金属球球心处产生的电场场强与Q+的点电荷在此处的电场场强大小相等，方向相反，合电场强度为零，故感应电荷在金属球球心处产生的电场场强大小为22()39QQEkkrr==故D正确。故选BD。12

.如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EOOF=。一带负电的点电荷在E点由静止释放后（）A.做匀加速直线运动B.在O点所受静电力最大C.由E到O的时间等于由O到F的时间D.由E到F的过

程中电势能先减小后增大【答案】CD【解析】【详解】A．根据等量同种电荷连线中垂线上电场强度分布可知，EF间的电场不是匀强电场，负点电荷受到的电场力是变力，根据牛顿第二定律可知负电荷的加速度不恒定，故负电荷做变加速直线

运动，故A错误；B．根据场强叠加可知O点的电场强度为零，故在O点所受静电力最小，为零，故B错误；C．带负电的点电荷在E点由静止释放后，根据对称性可知，其将以O点为对称中心做往复运动，由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；D．负点电荷由E到O，电场力方向与速度方向相同

，电场力做正功，电势能减小，由O到F，电场力方向与速度方向相反，电场力做负功，电势能增大，故由E到F的过程中电势能先减小后增大，故D正确。故选CD。13.如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若

带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出的正确判断是（）A.带电粒子所带电荷的正、负B.带电粒子在a、b两点的受力方向C.带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D.带电粒子在a、b两点的速度何处较大【答案】BCD【解析】【详

解】AB．根据粒子的运动轨迹可知，粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A错误，B正确；C．由于粒子在a点时电场线较b点密集，可知粒子在a点受电场力较大，加速度较大，选项C正确；D．若粒子从a运动到b，由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关

系分析可知电场力与速度之间的夹角是钝角，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在a点的速度较大，在b点速度较小，故D正确；故选BCD。14.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e，此时电子定向移动的平均速率为v，在

t时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为（）A.nvStB.nvtC.IteD.ItSe【答案】AC【解析】【详解】AB．通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为单位体积的自由电子数乘以体积，即NnVnvtS==A正确，B错误；CD．根据电流的定义式QNeItt==则通过铜导线横截面的自由电子

数目可表示为ItNe=C正确，D错误；故选AC。三、实验题15.某同学用电流传感器和电压传感器研究电容器的放电情况，按如图连接电路，实验时，先将开关S与1端相连，待电路稳定后，将开关掷向2端，传感器将信息传入计算机，屏幕上可以显示出电流、电压随时间变化的it−图线

、ut−图线。（1）由如图可知，传感器2应为______传感器（选填“电流”或“电压”）；（2）计算机屏幕上显示的it−图线可能为如图中的______，ut−图线可能为如图中的______；A．B．C．D．（3）结合屏幕显示的it−图线、ut−图线信息，可以估算出______。A

．电容器的电容B．电容器储存的电荷量【答案】①.电压②.B③.D④.AB##BA【解析】【详解】（1）[1]传感器2与电阻R并联，应为电压传感器。（2）[2][3]随着电容器放电，电容器电荷量减小，由QCU=可知电容器两端电压减小，电阻

R保持不变，故放电流传感器、电压传感器示数均减小，故it−图像选B，ut−图像选D。（3）[4]根据it−图像的面积可以估算出电量，根据电容定义式QCU=可以算出电容，故选AB。16.在“测量金属丝的电阻率”的实验中，实验小组的同学测量一段阻值约为5

，粗细均匀金属丝的电阻率。实验小组的同学采用图1示的电路图，用伏安法测金属丝电阻xR，现有电源（电动势为3.0V，内阻可忽略不计），开关和导线若干，以及下列器材：A.电压表1V（量程0~3V，内阻约3k）B.电压表2V（量程0~1

5V，内阻约15k）C.电流表1A（量程0~3A，内阻约0.025）D.电流表2A（量程0~0.6A，内阻约0.125）E.滑动变阻器1R（0~10，3A）（1）为减小测量误差，在实验中，电压表应选用__________，电流表应选用__________（选填各器材前的字母）

（2）图2是测量xR的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据图1的电路图，补充完成图2中实物间的连线______。（3）测量出金属丝直径为d、长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝电阻率测量值的表达式=__________。考虑电流表和

电压表内阻引起的误差，该测量值__________真实值（选填“大于”或“小于”）。【答案】①.A②.D③.④.24UdIL⑤.小于【解析】【详解】（1）[1]电源电动势为3.0V，应选择量程为3.0V的电压表。故选A。[2]通过金属丝电阻的最大电流为m3A=0.6A5xEIR==应选择量程为

0.6A的电流表，故选D。（2）[3]实物间连线如图所示。（3）[4]金属丝电阻的电阻为xURI=根据电阻定律xLRS=金属丝电阻截面积为2()2dS=金属丝电阻率测量值的表达式为24xRSUdLIL==[5]由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流经金属丝的实际电流，故测

量值小于真实值。四、计算题17.如图所示一个改装的电压表，当使用A、B两个端点时，量程为0~10V；已知表头的内阻gR为500Ω，满偏电流gI为1mA，求：（1）电阻1R的值；（2）如何将该表头改装为量程为00.6A−的电流表。（结果可用分数表示）【答案】（1）9500；

（2）将阻值为500Ω599的定值电阻2R与表头并联【解析】【详解】（1）表头两端满偏电压：Ug=IgRg=1×10-3×500V=0.5V；根据电表改装原理及欧姆定律得：R1=gg9500UUI−=（2）应将定值电阻R2与表头并联，根

据电表改装原理及欧姆定律得：R2=ggg500599IRII=−18.如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；（2）求带电粒子到达N板时的速

度大小v；（3）求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。【答案】（1）Uqd；（2）2Uqm；（3）22mdUq【解析】【详解】（1）平行金属板内电场强度为UEd=带电粒子所受的静电力的大小FEq=解得UqFd=（2）根据动能定理有212mvUq=带电粒子到达N板

时的速度大小为为2vUqm=（3）带电粒子在平行金属板内的加速度为FUqammd==该粒子从M板运动到N板经历的时间22vmdtaUq==19.长为L的轻质绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q+的小球（可视为质点），如图所示，在空

间施加沿水平方向的匀强电场（图中未画出），小球静止在A点，此时细线与竖直方向夹角37=，已知sin370.6=，cos370.8=，电场的范围足够大，重力加速度为g。(1)求匀强电场的电场强度大小E；(2)保持细线始

终张紧，将小球从A点拉起至与O点处于同一水平高度的B点，求A、B两点间的电势差U；将小球由B点静止释放，求小球运动至A点时速度的大小v。【答案】(1)34mgq；(2)310mgLq，gL【解析】【详解】(1)小球静止在A点时受力平衡，根

据平衡条件tan37qEmg=解得34mgEq=(2)匀强电场方向水平向左，A、B两点沿电场线方向距离为sin370.4dLLL=−=根据电势差与场强的关系UEd=解得310mgLEq=小球从B点运动至A点的过

程中，根据动能定理21cos372mgLqUmv−=解得vgL=20.某种金属中单位体积内的自由电子数量为n，自由电子的质量为m，带电荷量为e。现取由该种金属制成的长为L，横截面积为S的圆柱形金属导体，

在其两端加上恒定电压U，自由电子连续两次与不动的粒子碰撞的时间间隔平均值为0t，如图所示。（1）求金属导体中自由电子定向移动时受到的静电力大小；（2）求金属导体中的电流I；（3）电阻的定义式为URI=，电阻定律LRS=是由实验得出的。

事实上，不同途径认识的物理量之间存在着深刻的本质联系，请从电阻的定义式出发，推导金属导体的电阻定律，并分析影响电阻率的因素。【答案】（1）eUL；（2）202neUStmL；（3）见解析【解析】【详解】（1）恒定电场的场强为UEL=

金属导体中自由电子定向移动时受到的静电力大小为eUFEeL==（2）自由电子的加速度为Fam=自由电子碰撞时的速度为0eUtvatmL==自由电子定向移动的平均速度为2vv=金属导体中的电流202ne

UStIneSvmL==（3）由电阻的定义式可得202UmLRInetS==根据电阻定律LRS=可得202mnet=可见影响电阻率的因素有：单位体积内自由电子的数目n，电子在恒定电场中由静止开始加速的平均时间0t。21.如图所示为示波管的结构

原理图，加热的阴极K发出的电子（初速度可忽略不计）经电势差为0U的AB两金属板间的加速电场加速后，从一对水平放置的平行正对带电金属板的左端中心O点沿中心轴线OO射入金属板间（OO垂直于苂光屏M），两金属板间偏转电场的电势差为

U，电子经偏转电场偏转后打在右侧竖直的苂光屏M上。整个装置处在真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，忽略电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应。已知电子的质量为m，电荷量为e；加速电场的金属板AB间距离为0d；偏转电场的金属板长为1L，

板间距离为d，其右端到苂光屏M的水平距部为2L。电子所受重力可忽略不计，求：（1）电子从加速电场射入偏转电场时的速度大小0v；（2）电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y；（3）在解决一些实际问题时，为了简

化问题，常忽略一些影响相对较小的量，这对最终的计算结果并没有太大的影响，因此这种处理是合理的。如计算电子在加速电场中的末速度0v时，可以忽略电子所受的重力。请利用下列数据分析说明为什么这样处理是合理的。已知0125VU=，202.010md−=，319.010kg

m−=，191.610Ce−=，重力加速度210m/sg=。【答案】（1）02eUm；（2）1120(2)4ULLLdU+；（3）见解析【解析】【详解】（1）根据动能定理可得20012Uemv=电子从加速电场射入偏转电场时的速度大小00

2eUvm=（2）电子偏转电场中做类平抛运动，水平方向有10Ltv=竖直方向有2112yat=加速度为eUamd=联立可得21104ULydU=设电子飞出偏转磁场时速度的偏转角为，有00tanyvatvv==根据几何关系有

在12tan=+yyL电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离1120(2)4=+ULyLLdU（3）电子受到的电场力为1500110NeUFEqd−===电子的重力为30910NGmg−==根据1410FG

可知重力远小于电场力，故其影响可以忽略。