安徽省黃山市屯溪區(qū)第一中學2025屆高二物理第一學期期末調研試題含解析

安徽省黃山市屯溪區(qū)第一中學2025屆高二物理第一學期期末調研試題注意事項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，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，整個裝置處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質量相同的可看做質點的甲、乙兩個小球，甲球不帶電、乙球帶正電．現將兩個小球在軌道AB上分別從相同高度處由靜止釋放，都能通過圓形軌道最高點，則（）A.經過最高點時，甲球的速度比乙球小B.經過最高點時，兩個小球的速度相等C.若兩球均能恰好通過最高點則甲球的釋放位置比乙球的高D.兩個小球到最低點時對軌道的壓力大小相同2、在某高度處將小球以2m/s的速度水平拋出.落地時的速度是4m/s，不計空氣阻力，則小球落地時速度方向和水平方向的夾角是（）A.60° B.45°C.37° D.30°3、如圖，一平行電容器兩極板之間充滿陶瓷介質，現閉合開關S待電路穩(wěn)定后再斷開S，此時若將陶瓷介質移出，則電容器A.極板上的電荷量變大，極板間的電場強度變大B.極板上的電荷量不變，極板間的電場強度變小C.兩極板間電壓變大，極板間的電場強度變大D.兩極板間電壓變小，極板間的電場強度變小4、位于A、B處的兩個帶有不等量負電的點電荷在平面內電勢分布如圖所示，圖中實線表示等勢線，則（）

A.a點和b點的電場強度相同B.正電荷從c點移到d點，電場力做正功C.負電荷從a點移到c點，電場力做正功D.正電荷從e點沿圖中虛線移到f點，電勢能不改變5、如圖所示，A、B兩個帶正電的粒子，所帶電荷量分別為與，質量分別為和．它們以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，粒子打在N板上的點，B粒子打在N板上的點，若不計重力，則（）A. B.C. D.6、一個平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，如圖所示.以E表示兩極板間的場強，U表示電容器兩極板間的電壓，Q表示平行板所帶的電荷量.若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，那么().A.U變小，E不變 B.E變大，Q變大C.U變大，Q不變 D.U不變，Q不變二、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、回旋加速器的原理如圖所示，它由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是()A.離子從電場中獲得能量B.離子從磁場中獲得能量C.只增大空隙間的加速電壓可增大離子從回旋加速器中獲得的動能D.只增大D形盒的半徑可增大離子從回旋加速器中獲得的動能8、兩個質量不同的物體，如果它們的A.動能相等，則質量大的動量大B.動能相等，則動量大小也相等C.動量大小相等，則質量大的動能小D.動量大小相等，則動能也相等9、如圖所示，一個質量m＝0.1g，電荷量q＝4×10－4C帶正電的小環(huán)，套在足夠長的絕緣直棒上，可以沿棒上下滑動．將棒置于正交的勻強電場和勻強磁場內，E＝10N/C，B＝0.5T．小環(huán)與棒之間的動摩擦因數μ＝0.2．取g＝10m/s2，小環(huán)電荷量不變．小環(huán)從靜止沿棒豎直下落，則()A.小環(huán)的加速度一直減小 B.小環(huán)的機械能一直減小C.小環(huán)的最大加速度為2m/s2 D.小環(huán)的最大速度為4m/s10、在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內電阻為r，C為電容器，R0為定值電阻，R為滑動變阻器.開關閉合后，燈泡L能正常發(fā)光．當滑動變阻器的滑片向右移動時，下列判斷正確的是（）A.燈泡L將變暗 B.燈泡L將變亮C.電容器C的電荷量將減小 D.電容器C的電荷量將增大三、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）有一個小燈泡上標有“4.8V2W”的字樣，現在測定小燈泡在不同電壓下的電功率，并作出小燈泡的電功率P與它兩端電壓的平方U2的關系曲線．有下列器材可供選用：A．電壓表V1（0～3V，內阻3kΩ）B．電壓表V2（0～15V，內阻15kΩ）C．電流表A（0～0.6A，內阻約1Ω）D．定值電阻R1=3kΩE．定值電阻R2=15kΩF．滑動變阻器R（10Ω，2A）G．學生電源（直流6V，內阻不計）H．開關、導線若干(1)為了使測量結果更加準確，實驗中所用電壓表應選用_______，定值電阻應選用_______（均用序號字母填寫）；(2)為盡量減小實驗誤差，并要求從零開始多取幾組數據，請在方框內畫出滿足實驗要求的電路圖__________；(3)根據實驗做出P﹣U2圖象，下面的四個圖象中可能正確的是_____________A、B、C、D、12．（12分）將一銅片和一鋅片分別插入一個蘋果內就構成了簡單的“水果電池”，其電動勢約為1.5V，內阻達幾百歐姆為了測定一水果電池的電動勢和內阻，提供的實驗器材有：水果電池、電流表A（量程0~3mA，內阻約為0.5Ω）、電壓表V（量程0~1.5V，內阻約為3kΩ）、滑動變阻器R1（阻值0-3kΩ，額定電流為1A）、電鍵、導線若干。（1）應選圖_____（選填“a”或“b”）電路圖實驗。（2）根據實驗記錄的數據，經描點、連線得到水果電池的路端電壓隨電流變化的U-I圖像如圖所示，由圖可知，水果電池的電動勢E=_____V，內阻r=_____Ω。四、計算題：本題共3小題，共38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，點電荷Q的電場中，電量q＝1.0×10－10C的點電荷P所受到的電場力為9.0×10－5N。求：（1）點電荷Q在P處電場強度的大小與方向？（2）把電荷q移走，P處電場強度多大？14．（16分）如圖所示的三角形區(qū)域內存在方向垂直三角形平面向外的勻強磁場，磁感應強度B＝0.2T，三角形的邊長分別為AB＝20cm，BC＝cm，CA＝10cm．質量為、電荷量為q=+3.2×10－16C的粒子，在三角形平面內，從BC邊的中點垂直射入磁場，不計粒子重力（1）若粒子速度大小v1=10m/s，求粒子在磁場中運動的半徑r；（2）若粒子速度大小v2=5m/s，求粒子在磁場中運動的時間t；（3）若粒子速度大小不確定，則粒子可能從AB邊上什么范圍內穿出？15．（12分）如圖所示，相距為R的兩塊平行金屬板M．N正對著放置，s1．s2分別為M．N板上的小孔，s1．s2．O三點共線，它們的連線垂直M．N，且s2O=R．以O為圓心．R為半徑的圓形區(qū)域內存在磁感應強度為B．方向垂直紙面向外的勻強磁場．D為收集板，板上各點到O點的距離以及板兩端點的距離都為2R，板兩端點的連線垂直M．N板．質量為m．帶電量為+q的粒子，經s1進入M．N間的電場后，通過s2進入磁場．粒子在s1處的速度和粒子所受的重力均不計（1）當M．N間的電壓為U時，求粒子進入磁場時速度的大小υ；（2）若粒子恰好打在收集板D的中點上，求M．N間的電壓值U0；（3）當M．N間的電壓不同時，粒子從s1到打在D上經歷的時間t會不同，求t的最小值

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、B【解析】洛倫茲力不做功，則根據能量關系可知，兩球經過最高點時，甲球的速度等于乙球的速度；根據牛頓第二定律判斷若兩球均能恰好通過最高點時兩球的速度關系，再判斷兩球釋放位置關系；根據牛頓第二定律列式比較兩個小球到最低點時對軌道的壓力大小.【詳解】兩球均從相同的高度A處開始釋放到小球到達圓環(huán)最高點過程中，兩球重力做功相等，洛倫茲力不做功，則經過最高點時，甲球的速度等于乙球的速度，選項A錯誤，B正確；甲球恰能經過最高點時：mg=m；乙球：mg+qv乙B=m，則v乙>v甲，可知甲球的釋放位置比乙球的低，選項C錯誤；兩個小球到最低點時的速度相同，在最低點，對甲球：；對乙球：；可知N甲>N乙，選項D錯誤；故選B.2、A【解析】小球在水平方向上的分速度不變，等于，根據平行四邊形定則得則所以A選項是正確的，BCD均錯誤故選A。3、C【解析】A.由可知，當陶瓷介質抽出時，?變小，電容器的電容C變??；電容器充電后斷開，故Q不變，故A錯誤；BCD.根據可知，當C減小時，U變大。再由，由于d不變，U變大，故E也變大，故C正確，BD錯誤。故選：C。4、C【解析】A.場強方向與等勢面垂直，ab兩處電場強度的方向不同，由于場強是矢量，所以a點和b點的電場強度不同，故A錯誤B.由于場源是負電荷，正電荷從c點移到d點過程中受到場源的引力，而遠離場源運動，所以電場力做負功，故B錯誤C.由于場源是負電荷，負電荷從a點移到c點過程中受到場源的斥力，而遠離場源運動，所以電場力做正功，故C正確D.正電荷從e點沿圖中虛線移到f點的過程中，因為e、f兩點間電勢差不為零，故電場力做功不為零，電勢能改變量不為零，所以電勢能改變，故D錯誤5、C【解析】設粒子進入電場時的速度為，電荷量為q，質量為m，所以加速度運動時間偏轉位移為，整理得顯然由于A粒子的水平位移小，則有，但A粒子的電荷量不一定大，質量關系也不能確定，故C正確6、A【解析】電容器與電源斷開，電量不變，根據d的變化判斷出電容的變化，再根據電容的變化，判斷出電勢差的變化，最后依據導出電場強度的綜合表達式【詳解】電容器與電源斷開，電量Q不變，d減小，根據電容的決定式知，電容C增大，根據，知電量不變，則U變小.再依據，則有E不變，故A正確，B、C、D錯誤.故選A.【點睛】本題是電容器的動態(tài)分析，關鍵是抓住不變量，當電容器與電源相連，兩端間電勢差不變，當電容與電源斷開，所帶電量不變，注意電場強度的綜合表達式的推導二、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、AD【解析】A．離子每次通過D形盒D1、D2間的空隙時，電場力做正功，動能增加，所以離子從電場中獲得能量。故A正確；B．離子在磁場中受到的洛倫茲力不做功，不能改變離子的動能，所以離子不能從磁場中獲得能量。故B錯誤；CD．設D形盒的半徑為R，當離子圓周運動的半徑等于R時，獲得的動能最大，則由得則最大動能可見，最大動能與加速電壓無關，增大D形盒的半徑可增加離子從回旋加速器中獲得的最大動能，故C錯誤，D正確。故選AD。8、AC【解析】根據，可知動能相等，質量大的動量大，A對；B錯；動量大小相等，質量大，動能小，C對；D錯9、BC【解析】對小環(huán)進行受力分析，再根據各力的變化，可以找出合力及加速度的變化；即可以找出小環(huán)最大速度及最大加速度的狀態(tài)【詳解】小環(huán)靜止時只受電場力、重力及摩擦力，電場力水平向右，摩擦力豎直向上；開始時，小環(huán)的加速度應為，小環(huán)速度將增大，產生洛侖茲力，由左手定則可知，洛侖茲力向右，故水平方向合力將逐漸變大，摩擦力變大，故加速度減小；當摩擦力等于重力時，加速度為零，此時速度最大，則mg=μ(qvB+qE)，解得v=5m/s，以后圓環(huán)將以5m/s的最大速度做勻速運動，開始時的加速度最大，最大值為2m/s2，則C正確，AD錯誤；小環(huán)下落過程中，摩擦力一直做功，機械能減小，選項B正確；故選BC.【點睛】本題要注意分析帶電小環(huán)的運動過程，屬于牛頓第二定律的動態(tài)應用與電磁場結合的題目，此類問題要求能準確找出物體的運動過程，并能分析各力的變化，對學生要求較高．同時注意因速度的變化，導致洛倫茲力變化，從而使合力發(fā)生變化，最終導致加速度發(fā)生變化10、AD【解析】AB.當滑動變阻器的滑片向右移動時，變阻器在路電阻增大，外電阻增大，電路中電流減小，燈L變暗，故A正確，B錯誤；CD.電容器的電壓等于路端電壓，電路中電流減小，內電壓增減小，可見路端電壓是增大的，則由Q=CU知，電容器C的電荷量將增大，故C錯誤，D正確；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、①.A②.D③.見解析④.C【解析】為了使測量誤差小，電壓表V2量程太大，所以用V1，又因為V1量程小于燈泡的額定電壓，所以串聯一個電阻組成一個稍大一些的電壓表，故定值電阻與V1串聯，測量燈泡兩端的電壓，新量程在6V左右即可，因為3kΩ與電壓表V1內阻相等，所以新量程為6V，若選用15kΩ，新量程變?yōu)?8V，太大了，所以定值電阻選用D;為了多測幾組數據，所以滑動變阻器采用分壓式接法，電流表電阻較小與被測燈泡阻值接近，所以采用外接，電路圖如下：根據功率，電壓，電阻的關系,隨功率的增加小燈泡的電阻變大，所以圖像的斜率變小，故C正確12、①.a②.1.35③.450【解析】（1）[1]．由題意可知水果電池內阻較大，減小實驗誤差，相對于電源來說，電流表應采用內接法，因此應選擇圖a所示電路圖。（2）[2][3]．由圖示電源U-I圖線可知，圖象與縱軸截距為1.35，則電源電動勢為：E=1.35V；電池內阻為：四、計算題：本題共3小題，共38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），由Q指向q（2）【解析】考查電場強度的定義?！驹斀狻浚?）由場強的定義式：代入數據解得：，方向由正電荷指向場點，即由Q指向q；（2）空間中某點的場強與試探電荷無關，與場源電荷以及該點的空間位置有關，所