2025届河北省曲阳一中物理高二第一学期期末考试试题含解析

2025届河北省曲阳一中物理高二第一学期期末考试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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，平行板电睿器的两极板A、B间有一个陶瓷板，现将陶瓷板向左拉出，在拉出陶瓷板的过程中（）A.电容器的电容减小，流过电流计的电流方向是a到bB.电容器的电容减小，流过电流计的电流方向是b到aC.电容器的电容增大，流过电流计的电流方向是a到bD.电容器的电容增大，流过电流计的电流方向是b到a2、如图所示，点电荷＋4Q与＋Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图象(如图所示)可能是()A. B.C. D.3、电源、开关S、定值电阻R1、灯泡L、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示的电路，电容器的两平行板水平放置．当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点．当用强光照射时，光敏电阻的阻值变小，则A.带电液滴带正电 B.灯泡亮度变暗C.电容器所带电荷量减小 D.液滴向上运动4、如图所示是一实验电路图在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是A.电路的总电阻变大 B.电流表的示数变大C.电源内阻消耗的功率变小 D.路端电压变小5、如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC=∠CAB=30°，BC=m．已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个电荷量q=﹣1×10﹣6C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10﹣5J，由B移到C的过程中电场力做功6×10﹣6J，下列说法正确的是（）A.该匀强电场的场强E=1V/mB.A点的电势低于B点的电势C.B、C两点的电势差UBC=6VD.A、C两点的电势差UAC=6V6、某电场的电场线分布如图所示实线，以下说法正确的是A.c点场强大于b点场强B.b和c处在同一等势面上C.若将一试探电荷由a点移动到d点，电荷的电势能将增大D.若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电二、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、在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，五个理想电表的示数都发生了变化，关于五个理想电表示数的变化，下列分析正确的是A.电压表V1示数增大，电流表A示数减小B.电压表V2示数增大，电流表A1示数减小C.电压表V1示数的改变量的绝对值大于电压表V2示数的改变量的绝对值，即∣ΔU1∣>∣ΔU2∣D.电压表V示数的改变量与电流表A示数改变量的比值的绝对值大于电源内阻，即8、如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁．用水平力向左推B，将弹簧压缩，推到某位置静止时推力大小为F，弹簧的弹性势能为E．在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是（

）A.撤去推力的瞬间，B的加速度大小为B.从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒C.A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为D.A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E9、在如图甲所示的电路中，为定值电阻，为滑动变阻器，闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电流表示数变化的完整过程图线如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.图乙中图线a是电压表的示数随电流表示数变化的图线B.电源内阻为ΩC.电源的最大输出功率为WD.滑动变阻器的最大功率为W10、水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程A.外力对棒所做功相等B.电流所做功相等C.通过ab棒的电荷量相等D.安培力对ab棒所做的功不相等三、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）用电流传感器和电压传感器等可测干电池的电动势和内电阻．改变电路的外电阻，通过电压传感器和电流传感器测量不同工作状态的端电压和电流，输入计算机，自动生成U－I图线，由图线得出电动势和内电阻(1)记录数据后，打开“坐标绘图”界面，设x轴为“I”，y轴为“U”，点击直接拟合，就可以画出U－I图象，得实验结果如图甲所示．根据图线显示，拟合直线方程为：________，测得干电池的电动势为________V，干电池的内电阻为________Ω.(2)现有一小灯泡，其U－I特性曲线如图乙所示，若将此小灯泡接在上述干电池两端，小灯泡的实际功率是多少？(简要写出求解过程；若需作图，可直接画在方格图中)12．（12分）要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：直流电源（电压为4V）；电键一个、导线若干电流表（量程为0-0.3A，内阻约0.5Ω)；电压表（量程为0-3V，内阻约3kΩ)；（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_____（填字母代号）A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.3A）（2）如图为某同学在实验过程中完成部分电路连接的情况，请完成其余部分的线路连接．（用黑色水笔画线表示对应的导线）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图．由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而______（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）如果把实验中的小灯泡与一个E=2V，内阻为2.0Ω的电源及阻值为8.0Ω的定值电阻串联在一起，小灯泡的实际功率是_____W（保留两位有效数字）四、计算题：本题共3小题，共38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）光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑半圆轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．现有一质量为m的小球以某一初速度沿AB运动，并恰能通过最高点D．求：（1）小球到达D点时的速率（2）小球的初速度为多大？（3）若其它条件不变，仅改变圆轨道半径R，请分析小球经过B点时对圆轨道的压力是否与R有关，并给出理由14．（16分）如图所示，用一条长度为L的绝缘轻绳悬挂一个带正电的小球，小球质量为m，所带电荷量为q．现于水平地面上方整个空间加一水平向右的匀强电场，静止时绝缘绳与竖直方向成θ角。（重力加速度为g）(1)求匀强电场的电场强度大小；(2)如果将小球向右拉到细线处于水平伸直状态，再无初速释放小球，求小球运动到O点正下方时速度大小和小球受到的拉力大小。15．（12分）如图所示，在xOy平面内，0<x<L的区域内有一沿y轴正方向的匀强电场．x>L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的某一时刻，另一带等量负电的粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇．两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计．求：（1）正粒子从O点运动到A所用的时间；（2）正、负粒子的质量之比ml：m2；（3）两粒子先后进入电场的时间差

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】陶瓷板向左拉出，则变小，根据电容的决定式可知电容C变小，电容器与电源相连电压U不变，再根据电容的定义式：可知电荷量Q变小，电容器放电，电容器上极为正，所以放电电流方向由a到b，A正确，BCD错误。故选A。2、B【解析】根据点电荷的电场强度公式分析得到D点的场强为零。A．从C到D场强减小，粒子的加速度减小，不可能做匀减速运动，A错误；B．若粒子的初速度较大，粒子在CD间做加速度减小的减速运动，运动到D点时速度仍没有减小到零，通过D点后加速向B运动，因此在CD间只是减速运动，B正确；CD．若粒子的初速度较小，粒子在CD间先向右做加速度减小的减速运动，速度减到零后向左做加速度增加的加速运动，运动的图像是对称的，并且最小速度减小到零，CD错误。故选B。3、D【解析】先读懂电路图，知该电路R1和R2串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况，确定运动．通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化【详解】电容器上极板带正电，油滴受电场力向上，可知油滴带负电，选项A错误；当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，由PL=I2RL知灯泡的功率增大，将变亮，故B错误．电流增大，R1两端间的电压增大，则电容器的电压增大，由电容器的电量公式Q=CU知电容器所带的电荷量增大，故C错误．电容器板间场强E=U/d，知板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力（方向向上）增大，故液滴向上运动，故D正确．故选D【点睛】本题考查了电容器的动态分析、闭合电路的欧姆定律、部分电路的欧姆定律、匀强电场．解决本题的关键抓住电容器两端电压与R1两端电压相等，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析4、D【解析】在滑动触头由a端滑向b端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功率如何变化，再判断电流表的示数的变化【详解】B、电流表的示数，U变小，变小；故B错误.C、电源内阻消耗的功率，I变大，P变大；故C错误.A、D、在滑动触头由a端滑向b端过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I变大，路端电压，U变小；故D正确，A错误.故选D.【点睛】本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析5、D【解析】C．B、C两点的电势差故C错误B．A、B两点的电势差而，即A点电势高于B点电势，B错误D．而UAC=UAB+UBC=6V故D正确A．由三点的电势差关系可知AB的中点电势为6V与C点等势，即AB线为电场线，故故A错误故选D.【点睛】本题要掌握电势差公式求解电势差．UAB=φA-φB，根据电势差的正负，判断电势的高低6、A【解析】解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化【详解】电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故B错误；若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误；故选A【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能二、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、AC【解析】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R1阻值变大，可知总电阻变大，总电流减小，则A读数减小；路端电压变大，则R3电流变大，则A1支路电流减小，则V2读数减小，则V1读数变大，选项A正确，B错误;C．因路端电压U=U1+U2，路端电压U变大，而U1变大，而U2减小，则电压表V1示数的改变量的绝对值大于电压表V2示数的改变量的绝对值，选项C正确；D．根据U=E-Ir可知，则电压表V示数的改变量与电流表A示数改变量的比值的绝对值等于电源内阻，选项D错误8、ABC【解析】A、撤去推力前,B处于静止状态,弹簧的弹力与F0二力平衡.撤去F的瞬间,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律得,B的加速度大小为.故A正确.B、从撤去推力到A离开竖直墙之前,墙壁对B有弹力作用,A、B和弹簧组成的系统合外力不等于零,系统的动量不守恒.因为只有弹力做功,系统的机械能守恒,故B正确.C、D,A离开竖直墙后,系统所受的合外力为零,动量守恒;弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒.当A、B的速度相等时,弹簧的弹性势能最大；对于从撤去推力到A离开竖直墙之前,机械能守恒,设A刚离开墙壁时，B的速度大小为.则有,得;A离开墙壁后,根据系统的动量守恒得:;根据系统的机械能守恒得:计算得出,弹簧的弹性势能最大值:,所以C选项是正确的,D错误.【点睛】撤去F的瞬间,B所受的弹力大小等于F0,根据牛顿第二定律求出撤去推力瞬间的加速度大小;分析A、B和弹簧组成的系统所受的外力,判断动量和机械能是否守恒.A离开竖直墙后,根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析A离开竖直墙后,A、B的最大弹性势能.9、AC【解析】A．将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R1的电压和电源的内电压增大，则R2的电压减小，所以电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，可知图线b反映的是电压表V1的示数随电流的变化，图线a反映的是电压表V2的示数随电流的变化，故A正确。B．根据闭合电路欧姆定律得电压表V2的示数为：U2=E-I（R1+r）①由图线a的斜率大小等于R1+r，由图知：图线b的斜率等于R1，则有：则电源的内阻为r=5Ω，故B错误；C．图线a延长与U轴截距为电源的电动势E=6V，当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，最大的输出功率为：故C正确；D．把R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R1+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，滑动变阻器的最大功率为：故D错误；故选AC。10、AD【解析】A．根据动能定理可知两种情况下外力功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则合外力对棒做功相同，故A正确；BD．电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系，当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故B错误、D正确.C．根据感应电荷量公式：x是ab棒滑行的位移大小，B、R、导体棒长度L相同，x越大，感应电荷量越大；而导轨光滑时滑行的位移x较大，故感应电荷量大．故C错误故选AD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、(1)y＝－2x＋1.51.52(2)0.27W【解析】(1)设直线方程为y＝ax＋b，把坐标(0,1.5)和(0.75,0)代入方程解得：a＝－2，b＝1.5，得出直线方程为：y＝－2x＋1.5；由闭合电路的欧姆定律得：E＝IR＋Ir＝U＋Ir，对比图象可得：E＝1.5V，r＝2Ω.(2)作出U＝E－Ir图线，可得小灯泡工作电流为0.30A，工作电压为0.90V，因此小灯泡的实际功率为：P＝UI＝0.30×0.90W＝0.27W.12、①.A②.增大③.0.10W【解析】（1）因为测小灯泡的伏安特性曲线，采用分压式接法，为了