2025届山东临沂市临沭县第一中学物理高二第一学期期中复习检测试题含解析

2025届山东临沂市临沭县第一中学物理高二第一学期期中复习检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点。以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系。过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流，则过O点的通电直导线所受安培力的方向为（）A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向C．沿x轴正方向 D．沿x轴负方向2、如题图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场，在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t=0时刻，其四个顶点M´、N´、P´、Q´恰好在磁场边界中点，下列图像中能反映线框所受安培力F的大小随时间t变化规律的是（）A． B． C． D．3、真空中有一个电场，在这个电场中的某一点放入电量为5.0×10-9C的点电荷，它受到的电场力为3.0×10-4N，那么这一点处的电场强度的大小等于（）A．8.0×10-5N/C B．6.0×104N/CC．1.7×10-5N/C D．2.0×10-5N/C4、如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R，将等电量的两正点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，与O点的连线和OC间夹角为30°，下列说法正确的是()A．O点的电场强度大小为B．O点的电场强度大小为C．电荷q从A点运动到C点，电场力做的总功为零D．电荷q从B点运动到D点，电场力做的总功为正5、利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示，则下面哪些叙述符合实验中观察到的结果()A．左板向左平移，静电计指针偏角变小B．左板向上平移，静电计指针偏角变小C．保持两板不动，在两板间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏角变小D．保持两板不动，在两板间插入一块金属板，静电计指针偏角变大6、如图所示，三条平行等距的直线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电的粒子（不计重力），在该区域内的运动轨迹，对于这轨迹上的a、b、c三点来说，下列选项说法正确的是A．粒子必先过a，再到b，然后到cB．粒子带正电C．粒子在三点的动能大小关系是Ekb>Eka>EkcD．粒子在三点的电势能大小关系是Epb>Epa>Epc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、如图所示是一个直流电动机提升重物的装置，重物质量m=50kg，电源电压U=100V，不计各处的摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度将重物向上提升1m时，电路中的电流I=5A，g取10m/s2，由此可知（）A．电动机线圈的电阻r=2Ω B．电动机线圈的电阻r=1ΩC．此过程中无用功为50J D．该装置的效率为90%8、如图所示，在竖直平面内有匀强电场（图中未画出），一个质量为m带电小球，从A点以初速度v0沿直线运动．直线与竖直方向的夹角为θ（θ＜90°），不计空气阻力，重力加速度为g．以下说法正确的是（）A．小球一定做匀变速运动B．小球在运动过程中可能机械能守恒C．小球运动过程中所受电场力不少于mgsinθD．当小球速度为v时，其重力的瞬时功率p=mgvsinθ9、如图所示，两个相同的平行板电容器C1、C2用导线相连，开始时都不带电．现将开关S闭合给两个电容器充电，充电完毕后，电容器C1两板间有一带电微粒恰好处于平衡状态．再将开关S断开，把电容器C2两板稍错开一些（两板间距离保持不变），重新平衡后，下列判断正确的是（）A．电容器C1两板间电压减小B．电容器C2两板间电压增大C．带电微粒将加速上升D．电容器C1所带电荷量增大10、带电粒子在匀强电场中的运动轨迹如图所示，如果带电粒子只受电场力作用从a到b运动，下列说法正确的是（）A．粒子带正电 B．粒子在a和b点的加速度相同C．该粒子在a点的电势能比在b点时大 D．该粒子在b点的速度比在a点时大三、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）如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置．（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度．（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）．①分析此图线的OA段可得出的实验结论是___________．②此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是（______）A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大12．（12分）用螺旋测微器测量某一物体厚度时，示数如图甲所示，读数是______mm。用游标卡尺可以测量某些工件的外径。在测量时，示数如图乙所示，则读数为_______mm读出下列电表的测量值．接0~3V量程时读数为_______V．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）在图所示的电路中，电源电压U恒定不变，当S闭合时R1消耗的电功率为9W，当S断开时R1消耗的电功率为4W，求：（1）电阻R1与R2的比值是多大？（2）S断开时，电阻R2消耗的电功率是多少？（3）S闭合与断开时，流过电阻R1的电流之比是多少？14．（16分）如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场的圆心在M（L，0），磁场方向垂直于坐标平面向外．一个质量m电荷量q的带正电的粒子从第三象限中的Q（–2L，–L）点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P（2L，0）点射出磁场．不计粒子重力，求：（1）电场强度E；（2）从P点射出时速度vP的大小；（3）粒子在磁场与电场中运动时间之比．15．（12分）经实验验证，水果可以制作成电池，某研究小组用西红柿制作了一组水果电池，如图所示，并测出了该电池的电动势为E=0.72V，若用量程为3mA，内阻为R=100Ω的电流表接到该电池两端，电流表读数为1.80mA，求：(1)该电池的内阻；(2)若将该电池接在R1=60Ω的定值电阻两端，此时的路端电压。

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、A【解析】

同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，故A、B处导线对O处导线的合力为0，C处导线对O处导线为引力，方向沿y轴正方向，故选A。2、B【解析】

第一段时间从初位置到M′N′离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位置

切割磁感线的有效长度为M1A与N1B之和，即为M1M′长度的2倍，此时电动势E=2Bvtv线框受的安培力F=2BIvt=图像是开口向上的抛物线，如图乙所示

线框的右端M2N2刚好出磁场时，左端Q2P2恰与MP共线，此后一段时间内有效长度不变，一直到线框的左端与M′N′重合，这段时间内电流不变，安培力大小不变；最后一段时间如图丙所示

从匀速运动至M2N2开始计时，有效长度为A′C′=l−2vt′电动势E′=B(l−2vt′)v线框受的安培力F′=图像是开口向上的抛物线，故选B。

3、B【解析】

由电场强度的定义式可得该处电场强度大小为．故B正确，ACD错误．4、B【解析】作出两个电荷在O处的场强，及沿AC间的电场线，如图所示：

根据场强公式可得：，根据矢量三角形可得O处的合场为：.，故A错误，B正确；根据对称性可知，C点与E点的电势相等，而E点的电势高于A点的电势，则C点的电势高于A点的电势，所以电荷q从A点运动到C点,电场力做功不为零，故C错误；根据对称性可知，B点与D点的电势相等，其电势差为零，则电荷q从B点运动到D点，电场力做功为零，故D错误．

所以B正确，ACD错误．5、C【解析】

将左板向左平移，板间距离变大，根据C=εS4πkd，电容器电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差变大，则静电计指针偏角变大。故A错误。将左板向上平移，两板正对面积减小，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大。故B错误。在两板之间插入一块绝缘介质板，电容增大，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小。故C正确。保持两板不动，在两板间插入一块金属板，则板间距相当于减小，电容变大，根据C=Q/U可知两板电势差减小，则静电计指针偏角变小，选项D【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系，记住两个公式C=εS4πkd6、D【解析】

运动轨迹不能反映运动方向，所以不能判断出粒子先过a，再到b，然后到c，还是粒子先过c，再到b，然后到a，故A错误；由等势面特点知，该电场为匀强电场，电场线方向向上，而粒子受电场力方向指向高电势，故粒子带负电，故B错误；根据能量守恒：负电荷在电势高处电势能小，动能大．则知负电荷在b点电势能最大，动能最小，故应有EPb＞EPa＞EPc，EKb＜EKa＜EKc，故C错误，D正确，故选D．【点睛】本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．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、AD【解析】

AB：电动机以v=0.9m/s的恒定速度将重物向上提升对电动机解得故A项正确，B项错误．C：此过程中无用功又，解得．故C项错误．D：该装置的效率．故D项正确．【点睛】纯电阻元件，欧姆定律适用，电功等于电热，电功率等于热功率；非纯电阻元件，欧姆定律不适用，电功大于电热，电功率大于热功率，其它功率等于电功率减去热功率．8、BC【解析】试题分析：以小球为研究对象分析受力可知，若当小球所受电场力竖直向上，且大小等于重力时，可以沿直线做匀速运动，所以A错误；当小球所受电场力不是竖直向上时，则电场力与重力的合力一定沿运动轨迹所在的直线方向上，由下图可知电场力的最小值为F=mgsinθ，所以C正确；此时电场力做功，故小球的机械能不守恒，所以B错误；当小球速度为v时，其沿重力方向的速度分量为vcosθ，故此时重力的瞬时功率考点：静电场、能量守恒、功率9、BCD【解析】

当断开开关S时，则电容器两极板间的电量不变．若把电容器两板稍错开一些，则导致平行板电容器的电容减小，从而导致电容器两端电压增大，故B正确；断开开关S后，电容器C1两端电压与电容器两端电压相同，则电容器两板间电压也增大，故A错误；电容器两的电容不变，根据可知，其两极板上的电荷量增大，故D正确；由于电容器C1两极板间的间距不变，根据可知，两板间的电场强度增加，所以电场力大于重力，出现液滴向上加速运动，故C正确；故选BCD．【点睛】本题关键是电容器两端电压发生变化导致电容器电量和电场强度的变化，从而引起电场力变化．10、BCD【解析】

A．由于粒子运动轨迹越来越向上弯曲，可判断它受的电场力方向为竖直向上，与电场方向相反，所以粒子应带负电。故A错误。

B．匀强电场中粒子所受的电场力恒定，加速度相同。故B正确。

CD．从a到b由于电场力方向速度方向成锐角，电场力做正功，则电势能减小，动能增大，故该粒子在b点的电势能比在a点时小，在b点的速度比在a点时大。故CD正确。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、小车的质量小车所受的合外力质量不变的情况下，加速度与合外力成正比C【解析】试题分析：（1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力大小作为小车所受合外力；（2)①在小车质量不变的条件下，加速度大小与所受的合外力大小成正比；②设小车的质量为M，钩码的质量为m，由实验原理得：mg=Ma，得，而实际上，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M＞＞m造成的．故C正确．考点：验证牛顿第二定律．12、1.195;11.50;2.16;0.15;【解析】

游标卡尺的主尺读数为：1.1cm=11mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为：11mm+0.50mm=11.50mm．螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以最终读数为1mm+0.195mm=1.195