2025届山东省东平县第一中学高二物理第一学期期中联考试题含解析

2025届山东省东平县第一中学高二物理第一学期期中联考试题考生须知：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、如图所示，电场强度为E的匀强电场中,沿电场强度方向有A、B、C、D四点,且AB=BC=CD=L,在A、C两点分别引入带异号电荷的点电荷，且电荷量大小满足QA=KQc．现测得B处电场强度的大小为2E,D处电场强度的大小为E,则倍数K为()A．1.5 B．2 C．3 D．2.52、在斜面上放一物体静止不动，该物体受重力G、弹力N和静摩擦力f的作用，该物体的受力正确的是()A． B． C． D．3、已知甲、乙两个带电粒子，它们的质量之比为1：1，它们的带电量之比也为1：1．这两个粒子垂直射入同一匀强磁场的速度之比为3：1，则两粒子做匀速圆周运动的半径之比为A．1:1 B．1:1 C．1:3 D．3:14、如图电路中，电源电动势为E、内阻为r。闭合开关s，增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为，在这个过程中，下列判断正确的是（）A．电阻两端的电压减小，减小量等于B．电压表的示数U和电流表的示数I的比值不变C．电压表示数变化量和电流表示数变化的比值不变D．电容器的带电量增大5、关于安培力和洛伦兹力，如下说法中正确的是（）A．带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用B．放置在磁场中的通电导线，一定受到安培力作用C．洛伦兹力对运动电荷一定不做功D．洛伦兹力与安培力毫无关系6、如图所示，运动员把质量为的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为，在最高点时的速度为，不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是()A．运动员踢球时对足球做功B．足球上升过程重力做功C．运动员踢球时对足球做功D．足球上升过程克服重力做功二、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、质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点.不计空气阻力且小球从未落地，则（）A．整个过程中小球电势能减少了B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC．从加电场开始到小球运动到最低点过程小球动能减少了D．从A点到最低点小球重力势能减少了8、一带点油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此油滴从A运动到B的过程中，能量变化情况为A．动能减小B．电势能减少C．动能和电势能之和减少D．重力势能和动能之和增加9、干电池的电动势为，其意义为A．在电源内部把1C正电荷从负极搬到正极，非静电力做功B．在电源内部把1C正电荷从负极搬到正极，静电力做功C．该电池比电动势为的锌汞电池非静电力做功本领强D．干电池在1s内将的化学能转化为电能10、若E表示电动势，U表示外电压，U′表示内电压，R表示外电路的总电阻，r表示内电阻，I表示电流，则下列各式中正确的是()A．U′＝IRB．U′＝E－UC．U＝E＋IrD．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．（6分）为了“描绘小灯泡的伏安特性曲线”，某同学所用器材如下：A．待测小灯泡一个：额定电压为3V，电阻约为几欧B．电压表一块：量程为3V，内阻约为3kΩC．电流表一块：量程为0.6A，内阻约为0.1ΩD．滑动变阻器一个，干电池两节，开关一个，导线若干（1）甲图是某同学画出的该实验的原理图，但原理图不完整，请完成以下问题：①图甲中未画出电压表和电流表，则应补充的部分是图丙中的哪个_____：②图甲中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于_____（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）（2）图乙是某同学画出的伏安特性曲线，完成下列问题：①由图可知，小灯泡的I﹣U图线不是一条直线，由此得出小灯泡的电阻随电压的增大而_____（选填“增大”、“减小”或“不变”）②由图可知，灯泡两端电压为2.0V时，此时灯泡实际消耗的功率为_____W．12．（12分）(1)用多用电表测量某电阻，选用“×100”倍率的电阻档测量，发现指针编转过大．为使测量比较精确，应将选择______倍率的档位(填×10或×1k）；再进行测量前应该先把红黑表笔_______，调节_______旋钮，使指针指在_________Ω处(2).某同学描绘某个电学元件的伏安特性曲线，实验室提供的器材如下:A．电压表(量程0-3V.内阻约10kΩ)B．电流表(量程0-50mA．内阻约50Ω)C．滑动变阻器(阻值范围0-10Ω，允许最大电流3A)E.电源(电动势6V,内阻不计)F.开关，导线I.为了测量结果尽量准确，该同学设计了电路图，实验测得元件两端电压通过它的电流如下表所示:U/VO.OO0.400.801.201.602.002.402.80I/A0.000.902.304.306.8012.019.030.0在下面四个设计图中，哪个是正确的_________(用R2表示该电学元件):若用此图测量电阻，测量值比真实值_______(填“偏大“或“偏小”).Ⅱ.该同学某次得到电表的示数如图所示，电压表的读数为__________．Ⅲ.左图是根据实验数据描绘出的该电学元件的I-U图象．若此电学元件的最佳工作电流为12mA，现将此元件与电动势为3V内阻不计的电池组相连，还需串联一个阻值R=_______Ω的电阻，才能使它工作在最佳状态(结果保留三位有效数字)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）在如图所示的绝缘水平面上，有两个边长为d=0.2m的衔接的正方形区域I、II，其中区域I中存在水平向右的大小为的匀强电场，区域II中存在竖直向上的大小为的匀强电场。现有一可视为质点的质量为m=0.3kg的滑块以的速度由区域I边界上的A点进去电场，经过一段时间滑块从边界上的D点离开电场（D点未画出），滑块带有q=+0.1C的电荷量，滑块与水平面之间的动摩擦因数为，重力加速度。求：(1)D点距离A点的水平间距、竖直间距分别为多少？A、D两点之间的电势差为多少？(2)滑块在D点的速度应为多大？(3)仅改变区域II中电场强度的大小，欲使滑块从区域II中的右边界离开电场，则区域II中电场强度的取值范围应为多少？14．（16分）如图所示，一质量m=0.5kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数μ=0.2的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点以5m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α=53°，圆形轨道的半径R=0.5m．（空气阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）B点速度大小；（2）当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为多大；（3）水平外力作用在滑块上的时间t．15．（12分）如图所示，一矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O以某一初速度，垂直磁场向里射入一带正电的粒子．已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为2L，ab边足够长，粒子重力不计．（1）若粒子垂直ad边射入恰好能从a点离开磁场，求初速度v1；（2）若此正粒子方向如图与ad边夹角为θ=30°射入磁场（v2大小未知），恰好在磁场内经过下边界cd边缘，最终从ab边上某点射出磁场，求这种情况下粒子在磁场中运动的时间t．

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】

由于测得B处电场强度的大小为2E，则两点电荷在B处形成的电场强度应为E，根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理方向向右；测得D处电场强度的大小为E，两点电荷在D处形成的电场强度应为E，方向向左，则联立解得：K=1.1A．1.1．故A符合题意．B．2．故B不符合题意．C．3．故C不符合题意．D．2.1．故D不符合题意．2、D【解析】

斜面上静止的物体受到重力、垂直斜面向上的支持力、沿斜面向上的摩擦力作用，故D正确；故选D。3、D【解析】

根据可知，，则两粒子做匀速圆周运动的半径之比为，故选D.【点睛】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用洛伦兹力公式与牛顿第二定律得到半径的关系式可以解题．4、C【解析】

AD．闭合开关s，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，电阻R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R1两端的电压减小量小于△U，则电容器的带电量减小，减小量小于C△U。故AD错误。

B．由图根据，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大。故B错误。

C．根据闭合电路欧姆定律得：，由数学知识得知：保持不变。故C正确。5、C【解析】

本题主要考查安培力和洛伦兹力．【详解】当带电粒子的运动方向与磁场方向平行时，带电粒子不受洛伦兹力作用，故A错误；当通电导线电流方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培力，故B错误；洛伦兹力对带电粒子不做功，故C正确；洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用力，安培力是磁场对通电导线的作用力，安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释，故D错误．6、C【解析】

AC.足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为：由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为：足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功：故A错误，C正确；BD.足球上升过程重力做功：足球上升过程中克服重力做功：克故B、D错误．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、BC【解析】A、由平均速度关系可知，设下落t秒时的速度为v，再次回到A点时的速度大小为vx则满足，即第二次回到A点时的速度大小vx=2v，为下落t秒时的2倍，物体做自由落体运动的过程中：v=gt

，增加电场后的加速度a′，则：vx=-v+a′t

，可得上升加速度a′为自由落体加速度的3倍；由牛顿第二定律得：F电-mg=ma′，F电=ma′+mg=4mg，电场力为重力的4倍，电场力做功对应电势能变化，故A错误B、整个过程中小球动量增量的大小，故B正确；C、最低点时小球速度为零，所以加电场开始到最低点时，动能变化，则C正确；D、减速时候加速度为自由下落时3倍，所以时间为自由下落的三分之一，总位移为，所以重力势能变化为，则D错误；故选BC。8、BCD【解析】

A.由轨迹图可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从A到B的运动过程中合外力做正功，动能增加，故A错误；B.油滴向上偏转运动，说明电场力向上，并且一定大于重力，所以从A到B的运动过程电场力做正功，电势能减小，故B正确；C.根据功能关系可知，在从A到B的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变；从A到B的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C正确；D.根据功能关系可知，在从A到B的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中电势能减小，因此重力势能和动能之和增加，故D正确。9、AC【解析】

电源的电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压，电动势与电功率不同.当1s内能使1.5C的电量通过导线的某一截面时，电路中电流是1.5A，但电动势不一定等于1.5V.导线某一截面每通过1C的电量，这段导线就消耗1.5J的电能．【详解】由W=Eq可知，在电源内部把1C正电荷从负极搬到正极，非静电力做功1.5J；故A正确，B错误；电动势反映电池的做功能力；1.5V的电池做功能力大于1.2V的电池；故C正确；由于不知道1s中移送的电荷量，无法求出转化的电能；故D错误；故选AC．【点睛】本题考查电动势的定义及内部非静电力做功的问题，要明确区分静电力做功与非静电力做功的区别．10、BD【解析】根据闭合电路的欧姆定律可知：U′＝Ir，选项A错误；U′＝E－U，选项B正确；U＝E-Ir，选项C错误；U＝IR=ERR+r，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、AB端增大0.8【解析】试题分析：描绘灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器要采用分压接法，电流表采用外接法；I-U图象的图线与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻；由图象求出灯泡额定电压对应的电流，然后由P=UI求出灯泡额定功率．（1）①因做描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电流与电压从零调，故滑动变阻器应用分压式，故应选A；②为了使测量电路中电流从零开始，故滑片应开始滑到B端；（2）I-U图象的图线与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，斜率减小，故电阻增大，小灯泡的电阻随电压的增大而增大；

②由图可知当电压为2.0V时，灯泡的电流为0.4A，则功率P=UI=2.0×0.4=0.8W；12、(1)×10；短接；欧姆调零；0；(2)B.偏小；2.20V；83.3Ω(在83.2Ω-83.4Ω之间均算对)【解析】

（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转角过大，说明所选倍率太大，应换用小倍率进行测量，因此需选择×10倍率的电阻档，再进行测量前应该先把红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处，再进行测量．（2）I.由表可知电流从零调节，故滑动变阻器应用分压式，又因被测原件的电阻较小，故电流表应用外接法，所以B电路正确；由于电压表分流，所测的电流偏大，根据欧姆定律：可知测量值比真实值偏小．Ⅱ.电压表最小分度为0.1V，故读数为2.20V．Ⅲ.根据元件的I-U图象可知，通过的电流I=12mA时，二极管两端的电压U=2V，根据串并联规律，应串联的电阻为：．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、(1),,(2)(3)【解析】(1)滑块在区域I中运动时，根据牛顿第二定律可得，代入数据得，设滑块运动到两电场区域的交界点B的速度为，则，联立解得，对滑块在区域II中做类平抛时，根据牛顿第二定律得，整理得，滑块在区域II内做类平抛运动，假设滑块从区域II的上边界离开电场区域，运动的时间为，根据类平抛运动的规律得，滑块在水平方向上做匀速运动，则，在竖直方向上做匀加速运动，则，联立解得，因此假设成立，因此滑块最终离开电场时，A、D两点之间的竖直距离，A、D两点之间的水平距离，A、B两点之间的电势差为，B