2025届四川省成都市棠湖中学高二物理第一学期期中监测试题含解析

2025届四川省成都市棠湖中学高二物理第一学期期中监测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定的小球A，在Q的正上方的P点用绝缘丝线悬挂另一小球B，A、B两小球因带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，如图所示，由于漏电，使A、B两小球的电量逐渐减少，悬线与竖直方向夹角θ逐渐变小，如图所示，则在电荷漏完之前悬线对悬点P的拉力的大小将()A．保持不变B．先变小后变大C．逐渐变小D．逐渐变大2、磁场中某区域的磁感线如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞BbB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜BbC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小3、真空中有两个静止点电荷，它们之间的静电引力为F．如果它们之间的距离增大为原来的2倍，而其中一个点电荷的电荷量减少为原来的1/2，则它们之间的作用力的大小变为（）A． B．C． D．4、电动玩具汽车的直流电动机电阻一定，当加上0.3V电压时，通过的电流为0.3A，此时电动机没有转动.当加上3V电压时，电流为1A，这时电动机正常工作．则()A．电动机的电阻是3B．电动机正常工作时的发热功率是3WC．电动机正常工作时消耗的电功率是4WD．电动机正常工作时机械功率是2W5、1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（）A．该束带电粒子带负电B．速度选择器的p1极板带负电C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qmD．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大6、电磁铁的应用相当广泛，它是利用电流周围产生磁场的原理工作的，最先发现电流周围存在磁场的科学家是（）A．库仑 B．奥斯特 C．麦克斯韦 D．亚里士多德二、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、如图所示电路中，闭合开关S后当变阻器R3的滑动头P向b移动时，下列说法正确的是（）A．电压表示数变大B．电流表示数变大C．电源消耗的总功率变小D．电源的效率（电源的输出功率/电源消耗的总功率）变小8、著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图所示．当线圈接通电源后，将产生流过图示方向的电流，则下列说法正确的是（）A．接通电源瞬间，圆板不会发生转动B．线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向不同方向转动C．若金属小球带正电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同D．若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同9、如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断正确的是()A．L1和L3变暗，L2变亮B．L1变暗，L2变亮，L3变亮C．L1上的电压变化绝对值小于L2上的电压变化绝对值D．L1中电流变化绝对值大于L3中的电流变化绝对值10、如图所示，电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离则（）A．带电油滴的电势能将增大B．P点的电势将降低,两极板间的电势差不变C．平行板之间的电场强度增大，平行板所带电荷量也增大D．电容器的电容增大,带电油滴将沿竖直方向向上运动三、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）同学们想用物理上学到的知识来测定某种型号电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为8～9V，内阻约为3Ω左右。由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一电阻箱，改装为量程为9V的电压表，然后再用伏安法测该电池的电动势和内阻。实验可供该同学选择的器材主要有：A.电压表(量程为3V，内阻为3kΩ)B.电流表(量程为3A，内阻约0.1Ω)C.电阻箱(阻值范围0～9999Ω)D.电阻箱(阻值范围0～999Ω)E.滑动变阻器(阻值为0～20Ω，额定电流2A)F.滑动变阻器(阻值为0～20kΩ，额定电流0.2A)(1)该实验中滑动变阻器应选________（填写“E”或“F”）；要使将3V直流电压表改装成9V的电压表，该同学需将该电压表与电阻箱________(填写“C”或“D”)串联,且接入的电阻箱阻值应为________Ω.(2)用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变)，测电池电动势E和内阻r，实验电路如图甲所示，得到多组电压U（原电压表的示数）和电流I的值，并作出U-I图线如图乙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为________Ω（最后结果要求保留两位有效数字）.12．（12分）小明在家里找到了一个电子元件，上面仅标有“12V2W”，为研究它的电学特征，设计了下列实验：(1)小明利用家里的器材设计了如图电路来测量该电子元件的伏安特性曲线，家中出来电压表（量程15V，内阻约为5kΩ），还有两个电流表可供选择：A1（量程200mA，内阻约为200Ω），A2（量程3A，内阻约为10Ω），小明应该选择电流表______（选填“A1”“A2”）接入电路．在正确连接电路后，闭合开关之前滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器的______（选填“左端”“右端”）．(2)小明又利用家里的多用电表来直接测量该电子元件的电阻，将该元件接入多用电表的欧姆“ⅹ10”档，正确操作后发现示数如图，则读数为_____Ω．(3)该多用电表欧姆档内部有一个电源，已知欧姆“ⅹ10”档位对应的电源电动势E=1.5V，且中位电阻阻值为150Ω．在实验中小明不知道这个电源使用很久了，该电源电压实际已变为1.3V，但小明在使用时依然正确的进行了欧姆调零，那么他该用多用表测出的电阻阻值实际应为__Ω．（结果保留两位有效数字）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）在水平向右的匀强电场中，有一绝缘直杆固定在竖直平面内，杆与水平方向夹角为53°，杆上A、B两点间距为L．将一质量为m、带电量为q的带正电小球套在杆上，从A点以一定的初速度释放后恰好沿杆匀速下滑．已知匀强电场的场强大小为E=．求：（1）轨道与小球间的动摩擦因数μ；（2）从A点运动到B点过程中，小球电势能的变化量．（sin53°=0.8，重力加速度为g）14．（16分）如图所示,宽度为I0的平行光束从空气中斜射到一平板玻璃的上表面,入射角i=60°,该光束由两种不同的单色光a和b组成,玻璃对两种单色光的折射率分别为，试求：①两种单色光在玻璃中的传播时间之比；②为使光从玻璃下表面出射时，两种光各自的光束不重叠，玻璃板的厚度d的最小值．15．（12分）如图，将电荷量为q=3.0×10-9C的点电荷从匀强电场中的B点移动到A点，AB=2cm，电场力做的功为-6×10-7J，求：（1）A、B两点的电势差UAB；（2）匀强电场的场强E．

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】以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图．作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G．根据△FBF1∽△PQB得：

又FF1=F2，得：；在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变，故A正确，BCD错误．故选A．点睛：本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析，也可以应用函数法求解．2、B【解析】

AB．磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图可知a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba<Bb，故A错误，B正确；CD．电流在磁场中受到的安培力，同一通电导线放在a处与放在b处相比，由于并不知道导线与磁场方向之间的关系，所以受力大小无法确定，故CD错误。故选B。3、C【解析】真空中有两个静止点电荷，它们之间的静电引力为F，故；如果它们之间的距离增大为原来的2倍，而其中一个点电荷的电荷量减少为原来的，则它们之间的作用力的大小变为，故C正确，ABD错误；故选C．4、D【解析】

A．当加上0.3V电压时电动机不转动，利用欧姆定律得选项A错误；BC．当加上3V电压时，消耗的电能一部分发热，一部分转化为了机械能．消耗的电功率为发热功率BC错误；D．根据能量关系，产生的机械功率为D正确．故选D。5、C【解析】

根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负．根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关．【详解】带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电。故A错误。在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电。故B错误。进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB=mv2r得，r=mvqB，知r越大，荷质比qm越小，而质量m不一定大。故C【点睛】解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡．6、B【解析】

A.库仑研究了电荷间作用力的规律，故A错误；B.奥斯特最先发现电流周围存在磁场．故B正确；C.麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，预言了电磁波的存在，故C错误；D.亚里士多德提出了力是维持物体的运动原因，重物比轻下落快的观点，故D错误．故选B.【点睛】奥斯特首先发现了电流的磁效应；根据各位科学家的物理学成就解答．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、BD【解析】滑动变阻器和并联，将滑动变阻器的滑片P向b移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻减小，故电路总电阻减小，电路总电流增大，根据闭合回路欧姆定律可得知，路端电压减小，即电压表示数减小，而大小不变，通过的电流增大，所以两端的电压增大，故并联电路两端的电压减小，即两端的电压减小，所以的电流减小，而总电流是增大的，故通过滑动变阻器的电流增大，即电流表示数增大，A错误B正确；因为总电流增大，根据P=EI可知电源消耗的功率增大，C错误；电源的效率，路端电压U变小，所以电源的效率变小，故D正确；【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部8、BD【解析】

由题可知，在线圈接通电源的瞬间，线圈中的电流逐渐增大，产生的磁场逐渐增强，逐渐增强的磁场会产生电场（麦克斯韦电磁理论）；小球所在圆周处相当于有一个环形电场，小球因带电而受到电场力作用从而会让圆板转动，利用左手定则判断即可解答【详解】A、线圈接通电源瞬间，变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，故A错误；

B、不论线圈中电流强度的增大或减小都会引起磁场的变化，从而产生不同方向的电场，使小球受到电场力的方向不同，所以会向不同方向转动，故B正确；

C、接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带正电，根据电磁场理论可知，电场力沿顺时针方向，所以与线圈中电流流向相反，故C错；D、接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，根据电磁场理论可知，电场力沿逆时针方向，所以与线圈中电流流向相同，故D对；故选BD9、AC【解析】

AB、当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L变暗；电路中电流减小，故内阻及、两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L变亮；因中电流增大，干路电流减小，故流过的电流减小，故L变暗；故A正确，B错误；C、因并联部分的电压与、及内电阻上的总电压等于电源的电动势,两端的电压增大，、及内阻r两端的电压减小，而电动势不变，故L两端电压增大值应等于其它三个电阻的减小值，故L上电压变化值小于上的电压变化值；故C正确；D、因中电流减小，中电流减小，而中电流增大；开始时有：，故I电流的变化值一定小于中电流的变化值，故D错误；故选AC．10、CD【解析】试题分析：因为电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压恒定不变，将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则两极板间的距离减小，根据公式E=Ud可得两极板间的电场强度增大，则P将向上运动，电场力做正功，电势能将减小，P到下极板间的距离不变，根据公式U=Ed可得P与下极板间的电势差增大，根据公式C=εS考点：考查了电容器的动态变化【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据C=εS4πkd判断电容器的电容变化情况，然后结合E=U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、EC6000Ω9.0V3.0Ω【解析】

(1)根据串联电路的特点，可确定出电阻箱的电阻与电压表内阻的关系，选择电阻箱的规格。在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的；根据电压表改装原理求出串联电阻阻值.(2)由于电压表的表盘没变，改装后的电压表的读数应为电压表读数的3倍.U-I图线纵轴截距的3倍表示电动势，斜率的3倍大小等于电池的内阻.【详解】(1)电源电动势约为9V，应把电压表改装成9V的电压表，把3V的直流电压表接一电阻箱，串联电阻分压是电压表的两倍，串联电阻阻值应为电压表内阻的两倍，电阻箱接入电路的阻值应为6000Ω；电阻箱应选择C；在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E.(2)由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=3.0V，则电源的电动势为E=3.0×3=9.0V，电源内阻.【点睛】本题涉及电表的改装和测量电动势和内电阻的实验；改装原理是串联电路的特点。而伏安法测量电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，要注意路端电压应为改装后电压表的读数.12、A1左5043.3【解析】

(1)由电子元件，上面仅标有“12V2W”可知，流过电子元件最大电流为：，故电流表应选用A1；为了保护电路，开始时滑动变阻器接入电路中的电阻应最大即滑片