2025屆吉林省延邊市白山一中物理高二上期中統(tǒng)考試題含解析

2025屆吉林省延邊市白山一中物理高二上期中統(tǒng)考試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、如圖所示，將帶電棒移近兩個不帶電的導體球，兩個導體球開始時互相接觸且對地絕緣，下列說法正確的是（

）A．先移走棒，再把兩球分開，兩球帶等量異種電荷B．先移走棒，再把兩球分開，甲球帶電量比乙球多C．先把兩球分開，再移走棒，兩球帶等量異種電荷D．先把兩球分開，再移走棒，兩球不能帶電2、a、b、c是三個電荷量相同、質量不同的帶電粒子，以相同的初速度由同一點垂直場強方向進入偏轉電場，僅在電場力的作用下，運動軌跡如圖所示，其中b恰好沿著極板邊緣飛出電場．粒子a、b、c在電場中運動的過程中，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b運動的時間相同B．a(chǎn)的質量最大，c的質量最小C．動能的增量相比，c的最大，a和b的一樣大D．動量的增量相比，a的最小，b和c的一樣大3、有關磁感應強度的下列說法，正確的是()A．磁感應強度是用來表示磁場強弱的物理量B．若有一小段通電導體在某點不受磁場力的作用，則該點的磁感應強度一定為零C．由定義式B＝可知，電流強度I越大，導線L越長，某點的磁感應強度就越小D．若有一小段長為L，通以電流為I的導體，在磁場中某處受到的磁場力為F，則該處磁感應強度的大小一定是4、有一個電流表G，內阻Rg＝30Ω，滿偏電流Ig＝1mA。要把它改裝為量程0~0.6A的電流表，則A．需要串聯(lián)略大于0.05Ω的電阻B．需要并聯(lián)略小于0.05Ω的電阻C．改裝之后的電流表內阻為30.05ΩD．改裝之后的電流表內阻為0.05Ω5、打乒乓球時，球拍對乒乓球的作用力為FN，乒乓球對球拍的作用力為FN′，則（）A．FN大于FN′B．FN與FN′方向相反C．FN小于FN′D．FN與FN′方向相同6、下列表述符合物理學史的是（）A．亞里士多德認為力是改變物體運動狀態(tài)的原因B．笛卡爾認為必須有力作用在物體上，物體才能運動C．庫侖精確地測量物體的帶電量，進而探究得出庫侖定律D．東漢學者王充在《論衡》一書中描述的“司南”，是人們公認的最早的磁性定向工具二、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、利用如圖所示的方法可以測得金屬導體中單位體積內的自由電子數(shù)n。現(xiàn)有一塊橫截面為矩形的金屬導體的寬為b，厚為d，并加有與側面垂直的勻強磁場B，當通以圖示方向電流I時，在導體上、下表面間用電壓表可測得電壓為U。已知自由電子的電荷量為e，則下列判斷正確的是A．上表面電勢高B．下表面電勢高C．該導體單位體積內的自由電子數(shù)為n=D．該導體單位體積內的自由電子數(shù)為n=8、美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，能使粒子在較小的空間范圍內經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前進了一步．如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在A、C板間．帶電粒子從P0處靜止釋放，并沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動．對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是（）A．帶電粒子每運動一周被加速一次B．PlP2=P2P3C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關D．加速電場方向不需要做周期性的變化9、空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示，x軸上有B、C兩點，下列說法中正確的是（）A．該靜電場由兩個等量同種點電荷產(chǎn)生B．該靜電場由兩個等量異種點電荷產(chǎn)生C．B點的場強大小大于C點的場強大小D．負電荷沿x軸從B移到C的過程中，電勢能先減小后增大10、一電壓表由電流表G與電阻R串聯(lián)而成，如圖所示．若在使用中發(fā)現(xiàn)此電壓表的示數(shù)總是比準確值稍小一些，采取下列哪種措施加以改進？()A．在R上串聯(lián)一比R小得多的電阻B．換用比R大點兒的電阻C．換用比R小點兒的電阻D．在R上并聯(lián)一比R大得多的電阻三、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）小明用如圖所示的電路“測量電池的電動勢和內電阻”．(1)備有如下器材A．干電池1節(jié)B．滑動變阻器(0～20Ω)C．滑動變阻器(0～1kΩ)D．電壓表(0～3V，內阻約3kΩ)E．電流表(0～0.6A，內阻約0.8Ω)F．電流表(0～3A，內阻約0.2Ω)G．開關、導線若干其中滑動變阻器應選__________，電流表應選__________．(只填器材前的序號)(2)某同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出的U－I圖像如圖所示，由圖像可得電池的電動勢為_____V，內電阻為_____Ω.（保留兩位有效數(shù)字）(3)實驗時由于電壓表的分流作用，導致電動勢E的測量值_____（選填“小于”或“大于”）其真實傎。12．（12分）在探究小燈泡的伏安特性實驗中,所用器材有:燈泡L、量程恰當?shù)碾娏鞅鞟和電壓表V、直流電源E、滑動變阻器R、電鍵S等,要求燈泡兩端電壓從0開始變化；(1)實驗中滑動變阻器應采用________接法(填“分壓”或“限流”)．(2)某同學已連接如圖所示的電路，在連接最后一根導線的c端到直流電源正極之前，請指出其中僅有的兩個不當之處，并說明如何改正．A__________________________________；B___________________________________；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，固定于水平面上的金屬架CDEF處在豎直向下的勻強磁場中，框架間距為l，EF間有電阻R1＝6R和R2＝3R.金屬棒MN長也為l，電阻為R，沿框架以速度v從靠近EF的位置開始，向右勻速運動.除了電阻R1、R2和金屬棒MN外，其余電阻不計.開始磁感應強度大小為B0，求：(1)金屬棒MN的感應電動勢多大？回路EFMN的電流大小和方向如何？(2)電阻R1消耗的電功率多大？當運動到金屬棒MN與邊EF相距為d時，流過R1的電荷量為多少？(3)當金屬棒MN運動到與邊EF相距為d時，記為t＝0時刻，保持導體棒的速度不變.為使MN棒中不產(chǎn)生感應電流，磁感應強度B隨時間t發(fā)生變化，請推導B與t的關系式.14．（16分）如圖所示的平面直角坐標系，在第Ⅰ象限內有平行于軸的勻強電場，方向沿軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形區(qū)域內有勻強磁場，方向垂直于平面向里，正三角形邊長為，且邊與軸平行。一質量為、電荷量為的粒子，從軸上的點，以大小為的速度沿軸正方向射入電場，通過電場后從軸上的點進入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力。求：(1)電場強度的大?。?2)粒子到達點時速度的大小和方向；(3)區(qū)域內磁場的磁感應強度的最小值。15．（12分）如圖所示，一質量為m.電荷量為q的帶正電荷小球（可視為質點）從y軸上的A點以初速度v0（未知）水平拋出，兩長為L的平行金屬板M.N傾斜放置且水平方向間的夾角為θ=370（1）試求帶電小球拋出時的初速度v0（2）若該平行金屬板M.N間有如圖所示的勻強電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質量之間的關系滿足E=4mg5q

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、C【解析】先移走棒，此時甲乙兩球中的電荷又發(fā)生中和，不再帶電，再把球分開，同樣不再帶電，故AB錯誤；開始時由于靜電感應兩棒帶上異種電荷，先把兩球分開，再移走棒，兩球由于感應起電帶上異種電荷，故C正確，D錯誤．所以C正確，ABD錯誤．2、D【解析】A.帶電粒子在水平方向上做勻速直線運動，初速度相同，b、c的水平位移相等，則b、c的運動時間相等，a的水平位移小于b的水平位移，則a的運動時間小于b的運動時間，故A錯誤；B.帶電粒子在豎直方向上做勻加速直線運動，a、b的豎直位移相等，a的時間小于b的時間，則a的加速度大于b的加速度，帶電粒子所受電場力相等，則a的質量小于b的質量；b的豎直位移大于c的豎直位移，b、c的運動時間相等，則b的加速度大于c的加速度，b的質量小于c的質量，可知c的質量最大，a的質量最小，故B錯誤；C.根據(jù)動能定理知，a、b豎直位移相等，則a、b電場力做功相等，動能增量相等，c的豎直位移最小，電場力做功最小，則c的動能增量最小，故C錯誤；D.三個小球所受的合力相等，等于電場力，由于a的運動的時間最短，根據(jù)動量定理知，a的動量增量最小，b、c的運動時間相等，則b、c動量增量相等，故D正確。故選：C.點睛：帶電粒子在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，抓住初速度相等，結合水平位移比較運動的時間，根據(jù)豎直位移比較加速度，從而結合牛頓第二定律比較質量的大小關系；根據(jù)動量定理比較動量的增量，根據(jù)動能定理比較動能的增加量．3、A【解析】磁感應強度是用來表示磁場強弱的物理量；故A正確；通電導體如果平行于磁場放置，則其不受磁場力，但B不會為零；故B錯誤；B是由導體本身的性質決定的，與F及IL無關；故C錯誤；只有B與IL相互垂直時，磁感應強度的大小才是；故D錯誤；故選A．點睛：磁感應強度是描述磁場強弱的物理量，既有的小又有方向是矢量；明確導線與磁場相互垂直時F=BIL才成立；而B是由磁場本身來決定的．4、D【解析】

A、B、把電流表改裝成0～0.6A的電流表，需要并聯(lián)一個分流電阻，并聯(lián)電阻阻值為R=IgRgC、D、改裝后電流表內阻為：RA=IgRg故選D.【點睛】本題考查了電流表的改裝，知道電表的改裝原理、應用并聯(lián)的特點與歐姆定律即可正確解題．5、B【解析】

球拍對乒乓球的作用力與乒乓球對球拍的作用力是一對相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律，二者大小相等，方向相反，故ACD錯誤，B正確；故選B；6、D【解析】

亞里士多德認為必須有力作用在物體上，物體才能運動，沒有力的作用，物體就靜止，故A錯誤；伽利略認為必須有力作用在物體上，物體才能運動，故B錯誤；庫侖沒有精確地測量物體的帶電量，故C錯誤；根據(jù)物理學史可知，東漢學者王充在《論衡》一書中描述的“司南”，是人們公認的最早的磁性定向工具，故D正確；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】

AB.電流方向水平向右，則自由電子的運動方向水平向左，根據(jù)左手定則，電子向上偏，上表面得到電子帶負電，下表面失去電子帶正電，所以下表面的電勢高，故A錯誤，B正確；CD.電流的微觀表達式為：表示單位體積內的電子數(shù)，表示橫截面積，則：最終電子受電場力和洛倫茲力處于平衡，有：則有：所以可得：故C正確，D錯誤。8、AD【解析】試題分析：據(jù)題意，由于加速電場只在實線部分有，則帶電粒子運動一周，經(jīng)過加速電場一次，故應該被加速一次，選項A正確而D選項錯誤；據(jù)圖有：和，由于帶電粒子經(jīng)過加速電場時有：，經(jīng)過處理得到：，即，同理有：，故B選項錯誤；據(jù)可知，帶電粒子的最大速度有D形盒半徑?jīng)Q定，故C選項錯誤．考點：本題考查回旋加速器．9、ACD【解析】

AB．由圖像可知，電勢先增大再減小，且關于O點對稱，且電勢都為正值，故該電場應該是等量同種負電荷產(chǎn)生的電場，故A正確，B錯誤；C．圖像的切線斜率表示場強，由圖中可知，B點的切線斜率大于C點，故C正確；D．負電荷在電勢越高的地方電勢能越小，故從B到C的過程中，電勢能先減小再增大，故D正確；故選ACD。10、CD【解析】試題分析：電流表與電流表都是由表頭改裝成的，電壓表是本題與分壓電阻串聯(lián)成的，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律可知，若電壓表讀數(shù)總比準確值小，說明通過本題的電流較小，應減小分壓電阻的大小，根據(jù)并聯(lián)電阻需要任一支路電阻可知，應在R上并聯(lián)一個比R大得多的電阻．解：電壓表的讀數(shù)總比準確值稍小一些，說明通過電流表G的電流偏小，串聯(lián)的電阻R偏大，為減小串聯(lián)電阻R的阻值需在R上并聯(lián)一個比R大得多的電阻，所以D正確；故選D【點評】電流表、電壓表的改裝，實質上是電阻的串、并聯(lián)問題，只要分清分電流、總電流，分電壓、總電壓，應用歐姆定律就能解決三、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、BE1.51.0小于【解析】

[1][2]由表中測量數(shù)據(jù)的范圍知測量電流最大值小于0.6A，故電流表選擇0.6A量程的E即可，滑動變阻器的最大阻值一般比電池內阻大幾倍就好了，取0～10Ω能很好地控制電路中的電流和電壓，故滑動變阻器選B；[3][4]根據(jù)U?I圖象可知，與U軸的交點表示電動勢，所以E＝1.5V，圖線的斜率表示內阻，所以[5]本實驗中由于電壓表的分流作用造成電流表讀數(shù)總是比測量值小，造成，12、(1)因為燈泡兩端的電壓要從0開始調節(jié)，故只能采用分壓電路．（2）在電路接好并檢查是否正確連線之前，電鍵應處于斷開狀態(tài)，以免因接線錯誤而導致儀表損壞；接為分壓電路時，滑動變阻器的有效電阻應從最小值開始調節(jié)，故滑片應先處于b端【解析】(1)要求燈泡兩端電壓從零開始變化，所以實驗中滑動變阻器應采用分壓接法；(2)在連接線路時必須將每個開關斷開，而圖中是閉合的這是第一個錯誤，故不當之處之一電鍵S不應閉合，應處于斷開狀態(tài)；連好線路后在閉合開關前，需要將分壓滑動變阻器調到輸出電壓為0端，應在圖中是b端，以保護電源和電表，故不當之處之二滑動變阻器滑動觸頭p位置，應將其置于b端．【點睛】小燈泡的伏安特性要求電壓從零開始變化，所以滑動變阻器應采用分壓接法，在連接線路時必須將每個開關斷開，連好線路后在閉合開關前，需要將限流滑動變阻器調到阻值最大，將分壓滑動變阻器調到輸出為0端．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)B0lv方向為逆時針方向(2)(3)【解析】試題分析：根據(jù)E=BLv求出感應電動勢，由歐姆定律求出電流，由右手定則判斷電流方向；由電功率公式求出電功率，應用電流的定義式求出通過電阻的電荷量；穿過閉合回路的磁通量不變時不產(chǎn)生感應電流，根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件求出B與t的關系。(1)導體棒產(chǎn)生的感應電動勢：E＝B0lv外電路電阻：根據(jù)歐姆定律可得電路電流：由右手定則可知，回路EFMN感應電流方向：沿逆時針方向；(2)電阻R1兩端電壓：電阻R1消