山東省寧陽市2025屆物理高二第一學期期末復習檢測試題含解析

山東省寧陽市2025屆物理高二第一學期期末復習檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、如下圖所示的實驗裝置中，平行板電容器的極板A與一靈敏的靜電計相接，極板B接地。電容器電量始終保持不變，下列說法中正確的是（）A.若靜電計指針偏角減小，說明電容器A板電勢升高B.若B板稍向上移動一點，則靜電計指針偏角將減小C.若B板稍向左移動一點，則靜電計指針偏角將減小D.若兩板間插入有機玻璃板，則靜電計指針偏角將減小2、如圖，兩根平行金屬導軌置于水平面內，金屬棒ab與兩導軌垂直并接觸良好，整個裝置放在垂直于導軌平面向下的勻強磁場中,現使磁感應強度B隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是（）A.ab中的感應電流方向由b到aB.ab中的感應電流逐漸減小C.ab所受的安培力保持不變D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小、運動趨勢向右3、以下說法中，對甲乙丙丁四幅圖的描述錯誤的是A.如圖甲所示，導體棒垂直于磁場方向運動，兩兩垂直時，則電動勢B.如圖乙所示，導線的運動方向與導線本身垂直，與磁感線方向夾角為θ時，則電動勢C.如圖丙所示，線圈以恒定速度從圖示位置向上離開磁場過程中電動勢逐漸變大D.如圖丁所示，導體棒平動切割磁感線產生的電動勢為4、下列關于電場線和磁感線的說法中，正確的是()A.電場線和磁感線都是電場或磁場中實際存在的線B.磁場中兩條磁感線一定不相交，但在復雜電場中的電場線是可以相交的C.靜電場中的電場線是一條不閉合曲線，而磁感線是一條閉合曲線D.電場線越密的地方，同一試探電荷所受的電場力越大；磁感線分布較密的地方,同一通電導線所受的磁場力也越大5、如圖所示的電路中，當滑動變阻器的觸頭P向上滑動時，則（）A.燈L2變亮B.電容器貯存電荷量變大C.燈L1變暗D.電源的總功率變小6、如圖所示，燈泡A、B完全相同，L是電阻不計的電感線圈，如果斷開開關，閉合，A、B兩燈都能發(fā)光．如果最初是閉合的，是斷開的，則以下說法正確的是A.剛一閉合，A燈立即亮，B燈則延遲一段時間才亮B.剛閉合時，線圈L中的電流很大C閉合以后，A燈變亮，B燈一直不亮D.先閉合電路達到穩(wěn)定后，再斷開時，A燈立即熄滅，B燈先亮一下然后熄滅二、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、如圖所示，虛線A、B、C代表電場中的三條等勢線，其電勢分別為9V、6V，3V．實線為帶電粒子在電場中運動時的軌跡，P、Q為軌跡與A、C的交點，電只受電場力作用，不計粒子重力，則下列說法正確的是（）A.粒子一定帶正電B.粒子在P點的動能大于在Q點的動能C.粒子在P點的電勢能大于粒子在Q點的電勢能D.粒子在P點的加速度一定小于在Q點的加速度8、如圖，有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為，豎直邊ad長為h=1m。質量均為m、帶電量分別為+q和-q的兩粒子，.當矩形區(qū)域只存在場強大小為E=10N/C、方向豎直向下的勻強電場時，+q由a點沿ab方向以速率進入矩形區(qū)域，軌跡如圖。當矩形區(qū)域只存在勻強磁場時-q由c點沿cd方向以同樣的速率進入矩形區(qū)域，軌跡如圖。不計重力，已知兩粒子軌跡均恰好通過矩形區(qū)域的幾何中心。則（）A.由題給數據，初速度可求B.磁場方向垂直紙面向外C.-q做勻速圓周運動的圓心在b點D.兩粒子各自離開矩形區(qū)域時的動能相等。9、下列說法正確的是（）A.由點電荷的場強公式E=k知：E與Q成正比，與r2成反比B由電場強度公式E=知：E與F成正比，與q成反比C.由電阻公式R=知：R與U成正比，與I成反比D.由電阻公式R=知：R與ρ、l成正比，與S成反比10、直流電動機在生產、生活中有著廣泛的應用.如圖所示,一直流電動機M和電燈L并聯之后接在直流電源上,電動機內阻,電燈燈絲電阻(阻值認為保持不變),電源電動勢V,內阻,開關S閉合,電動機正常工作時,電壓表讀數為8V.則下列說法正確的是()A.流過電源的電流9AB.流過電動機的電流3AC.電動機的輸入功率等于64WD.電動機對外輸出的機械功率15W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）在測定一節(jié)干電池E的電動勢和內阻（電動勢約為1.5V，內阻小于2.0Ω）的實驗中，備有下列參數準確可靠的器材：電流表A1（量程0～3mA，內阻r1＝5.0Ω）電流表A2（量程0～0.6A，內阻r2＝0.5Ω）滑動變阻器R1（0～20Ω，額定電流為2.0A）滑動變阻器R2（0～100Ω，額定電流1.0A）定值電阻R3＝995Ω定值電阻R4＝9.5Ω開關和導線若干(1)某同學發(fā)現上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設計了圖甲所示的實驗電路，圖中定值電阻應選____，滑動變阻器應選_____（均填寫器材的字母代號）(2)圖乙為該同學根據實驗電路，利用測出的數據繪出的I1與（I1+I2）的關系圖線，I1為電流表A1的示數，I2為電流表A2的示數．則由圖線可求被測干電池的電動勢E＝_____V，內阻r＝_____Ω．（結果保留三位有效數字）(3)在電路連接良好的情況下，該實驗方案_____（選填“有”或“沒有”）系統(tǒng)誤差12．（12分）在“測定金屬的電阻率”的實驗中，某同學所測的金屬導體的形狀如圖甲所示，其橫截面為空心的等邊三角形，外等邊三角形的邊長是內等邊三角形邊長的2倍，內三角形為中空為了合理選用器材設計測量電路，他先用多用表的歐姆擋“×1”按正確的操作步驟粗測其電阻，指針如圖乙，則讀數應記為________Ω現利用實驗室的下列器材，精確測量它的電阻R，以便進一步測出該材料的電阻率ρ：A．電源E(電動勢為3V，內阻約為1Ω)B．電流表A1(量程為0～0.6A，內阻r1約為1Ω)C．電流表A2(量程為0～0.6A，內阻r2＝5Ω)D．最大阻值為10Ω的滑動變阻器R0E．開關S，導線若干(1)請在圖丙虛線框內補充畫出完整、合理的測量電路圖_______________(2)先將R0調至最大，閉合開關S，調節(jié)滑動變阻器R0，記下各電表讀數，再改變R0進行多次測量．在所測得的數據中選一組數據，用測量量和已知量來計算R時，若A1的示數為I1，A2的示數為I2，則該金屬導體的電阻R＝________(3)該同學用直尺測量導體的長度為L，用螺旋測微器測量了外三角形的邊長a．測邊長a時，螺旋測微器讀數如圖丁所示，則a＝________mm．用已經測得的物理量I1、I2、L、a及題中所給物理量可得到該金屬材料電阻率的表達式為ρ＝________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，在絕緣光滑水平面上，有一個邊長為L的單匝正方形線框abcd，在外力作用下以恒定的速率v向右運動進入磁感應強度為B的有界勻強磁場區(qū)域；線框被全部拉入磁場的過程中線框平面保持與磁場方向垂直，線框的ab邊始終平行于磁場的邊界．已知線框的四個邊的電阻值相等，均為R．求：（1）在ab邊剛進入磁場區(qū)域時，線框內的電流大小；（2）在ab邊剛進入磁場區(qū)域時，ab邊兩端的電壓；（3）在線框被拉入磁場的整個過程中，線框中電流產生的熱量14．（16分）如圖所示，空間存在方向垂直于xOy平面向里的兩部分勻強磁場，在的區(qū)域內，磁感應強度的大小為B，在的區(qū)域內，磁感應強度的大小為時刻，一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子不計重力以速度v從坐標原點O沿與x軸正方向成夾角的方向，第一次經過y軸射入第一象限的碰場中，直到粒子第三次經過y軸的過程中，求此過程中粒子運動的時間；粒子第三次經過y軸時與O點間的距離15．（12分）如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場．取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，一質量為m、帶電荷量為+q的粒子（不計重力），以初速度由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)．當和取某些特定值時，可使時刻入射的粒子經時間恰能垂直打在P板上（不考慮粒子反彈）。上述為已知量。（1）若，求；（2）若，求粒子在磁場中運動時加速度的大小；（3）若，為使粒子仍能垂直打在P板上，求。

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、D【解析】A．若靜電計指針偏角減小，則電容器的兩極板間的電勢差減小，說明電容器A板電勢降低，A錯誤；B．若B板向上移動一點時，即兩極板的正對面積S減小，根據知電容變小，電容器的帶電量Q不變，根據知電勢差變大，靜電計指針的偏轉角度增大，B錯誤；C．若B板向左移動一點，板間距離d增大，根據知電容變小，電容器的帶電量Q不變，根據知電勢差變大，所以靜電計指針的偏轉角度增大，C錯誤；D．若在兩板間插入有機玻璃板時，即介電常數變大，根據知電容變大，電容器的帶電量Q不變，根據知電勢差變小，靜電計指針的偏角減小，D正確。故選D。2、D【解析】根據楞次定律得出感應電流的方向，結合法拉第電磁感應定律判斷感應電流是否不變，根據安培力公式分析安培力是否保存不變，結合平衡分析靜摩擦力的變化【詳解】A．磁感應強度均勻減小，磁通量減小，根據楞次定律得，ab中的感應電流方向由a到b，故A錯誤；B．由于磁感應強度均勻減小，根據法拉第電磁感應定律得，感應電動勢恒定，則ab中的感應電流不變，故B錯誤；C．根據安培力公式F=BIL知，電流不變，B均勻減小，則安培力減小，故C錯誤；D．導體棒受安培力和靜摩擦力處于平衡，f=F，安培力減小，則靜摩擦力減小，根據左手定則可知，安培力的方向向右，導體棒有向右運動的趨勢，故D正確；故選D【點睛】本題考查了法拉第電磁感應定律、楞次定律、安培力公式的基本運用，注意磁感應強度均勻變化，面積不變，則感應電動勢不變，但是導體棒所受的安培力在變化3、C【解析】A．圖甲所示，導體棒垂直于磁場方向運動，B、l、v兩兩垂直時，根據導體棒切割磁感應線產生的感應電動勢的計算公式可得產生的感應電動勢為E=Blv，故A正確，不符合題意；

B．如圖乙所示，導線的運動方向與導線本身垂直，與磁感線方向夾角為θ時，速度v在垂直于導體棒上的分速度為vsinθ，則電動勢E=Blvsinθ，故B正確，不符合題意；

C．如圖丙所示，線圈以恒定速度v從圖示位置向上離開磁場過程中，有效切割長度先增大后減小，感應電動勢先增大后減小，故C錯誤，符合題意；

D．如圖丁所示，導體棒平動切割磁感線時，導體棒垂直于磁場方向運動，B、l、v兩兩垂直，所以產生的電動勢為Blv，故D正確，不符合題意。故選C。4、C【解析】A．電場線和磁感線是為了描述電場和磁場假想的曲線，都不是電場或磁場中實際存在的線，A錯誤；B．磁場中兩條磁感線一定不相交，所有電場中電場線也是不相交的，B錯誤；C．磁感線是一條閉合有方向的曲線，而電場線不是閉合的的曲線，C正確；D．電場線越密的地方，電場越強，磁感線越密的地方，磁場也越強，同一通電導線所受的磁場力不一定越大，如：通電導線與磁場方向平行，受到的磁場力為0，D錯誤。故選C。5、A【解析】首先認清電路的結構：變阻器與燈L2串聯后與電阻R1并聯，再燈L1串聯，電路穩(wěn)定時，電容器相當于斷路．當滑動變阻器的觸頭P向上滑動時，變阻器接入電路的電阻變小，分析外電路總電阻減小，由歐姆定律分析總電流的變化，即可知道電源的總功率變化和燈L1亮度變化．分析并聯部分電壓的變化，判斷通過R1的電流如何變化，就能分析出通過燈L2的電流變化，判斷其亮度變化【詳解】當滑動變阻器的觸頭P向上滑動時，變阻器接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，干路電流變大，則燈L1變亮．電源的總功率P=EI，E不變，則電源的總功率變大．干路電流增大，電源的內電壓和燈L1的電壓增大，則電路中并聯部分的電壓U并減小，通過R1的電流減小，而干路電流增大，所以通過燈L2的電流變大，燈L2變亮．電容器的電壓等于并聯部分的電壓，則其電壓減小，電容器貯存的電量變?。蔄正確，BCD錯誤．故選A【點睛】本題考查了滑動變阻器的變阻原理、歐姆定律、串聯電路的電壓關系，按“局部→整體→局部”的思路進行分析6、D【解析】AC．剛一閉合，電路中迅速建立了電場，立即就有電流，故燈泡A和B立即就亮，線圈中電流緩慢增加，最后相當于直導線，故燈泡B被短路而熄滅，故A、C錯誤；B．剛閉合時，線圈L中自感電動勢阻礙電流增加，故電流為零，故B錯誤；D．閉合穩(wěn)定后，再斷開時，A燈立即熄滅，由于線圈中產生了自感電動勢，與燈泡B構成閉合回路，故電流逐漸減小，故B燈泡先亮一下，后逐漸熄滅，故D正確二、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、BD【解析】A、因電場線與等勢面相互垂直，且由高電勢指向低電勢，故電場線如圖所示，由粒子運動的軌跡彎曲的方向可知粒子受力沿電場線的反方向，故粒子帶負電；故A錯誤；B、若粒子從P到Q，則電場力做負功，粒子動能減小，故P點動能大于Q點動能；若粒子從Q到P，電場力做正功，動能增大，P點動能大于Q點動能，故粒子在P點動能一定大于Q點的動能，根據能量守恒可知，帶電粒子在P點電勢能小于粒子在Q點電勢能，故B正確，C錯誤D、因Q點處的等勢面密集，故Q點的電場強度大，故電荷在Q點受到的電場力大于P點受到的電場力，粒子在P點的加速度小于在Q點的加速度，故D正確；【點睛】本題中解題關鍵在于曲線的彎曲方向的判斷，應掌握根據彎曲方向判斷受力方向的方法，本題中告訴的是等勢面，很多同學由于思維定勢當成了電場線從而出現錯解8、AC【解析】A．因為粒子通過矩形區(qū)域的幾何中心，可知沿電場方向上的距離，垂直電場方向上的距離，根據，可以求出初速度的大小，A正確；B、-q由c點沿cd方向以同樣的速率v0進入矩形區(qū)域，根據洛倫茲力的方向，結合左手定則知，磁場方向垂直紙面向里，B錯誤；C、因為圓周運動的軌跡經過矩形區(qū)域的幾何中心，設中心為0，根據幾何關系知，，可知矩形區(qū)域幾何中心到b點的距離等于bc的距離，知b點為圓周運動的圓心，C正確。D、電荷在電場中做類平拋運動，速度增大，在磁場中做勻速圓周運動，速度大小不變，可知離開區(qū)域區(qū)域時動能不等，D錯誤；故選AC。9、AD【解析】A．公式E=k是點電荷場強的決定式，可知，E與Q成正比，與r2成反比，A正確；B．公式E=是電場強度的定義式，場強E與F、q無關，B錯誤；C．公式R=是電阻、電壓、電流的關系式，電阻R與電壓U、電流I無關，C錯誤；D．公式R=是電阻的決定式，R與成正比，與S成反比，D正確。故選AD。10、BD【解析】根據內外之和等于電源的電動勢和歐姆定律，求出流過電源的電流．由歐姆定律求出燈泡的電流，由總電流與燈泡電流之差求出流過電動機的電流．電動機對外輸出的機械功率等于電動機的總功率與內部發(fā)熱功率之差【詳解】A、電源的輸出電壓，則有；故A錯誤.B、對燈泡：，電動機與燈泡并聯，則電動機的電流I電=I-I燈=4A-1A=3A，故B正確.C、電動機的輸入功率等于P=UI電=8×3=24W，故C錯誤；D、根據能量轉化與守恒定律得，電動機輸出功率P出=UI電-I電2rM=24-9=15W，故D正確.故選BD.【點睛】本題是含有電動機的問題，電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不適用.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.R3②.R1③.1.47④.1.18⑤.沒有【解析】(1)[1]因為沒有電壓表，可以用電流表與定值電阻串聯改裝成電壓表，由電路圖可知y應該是A1；電流表A1量程為3mA，要測1.5V電壓，電壓表內阻至少為R500Ω，電流表A1內阻為5Ω，由電路圖可知，定值電阻應選R3；[2]為準確測量，減小誤差，方便實驗操作滑動變阻器應選R1.(2)[3][4]根據歐姆定律和串聯的知識得電源兩端電壓為：U＝I1（995+5）＝1000I1，根據圖象與縱軸的交點得電動勢為E＝1.47mA×1000Ω＝1.47V，與橫軸的交點可得出路端電壓為1.0V時電流是0.4A，由閉合電路歐姆定律E＝U+Ir可得，電源內阻r1.18Ω；(3)[5]伏安法測電源電動勢與內阻實驗，相對于電源來說，電流表采用外接法時，由于電壓表分流，使所測電流偏大，給實驗帶來實驗誤差；本實驗中用兩個電流表測電流，處理實驗數據時橫坐標是電路總電流，電壓測量值與電流測量值都等于真實值，本實驗沒有系統(tǒng)誤差.12、①.6②.③.④.5.665(5.663～5.667)⑤.【解析】[1]用表的歐姆擋“×1”按正確的操作步驟粗測其電阻，由圖乙所示表盤可知，讀數為：6×1Ω＝6Ω(1)[2]給出的器材中只有電流表，沒有電壓表，但其中一個電流表給出了其內阻，可將此電流表當電壓表使用，利用伏安法測電阻，測量電路如圖所示(2)[3]由歐姆定律可知：I2r2＝(I1－I2)R解得R＝(3)[4]螺旋測微器讀數a＝5.5mm＋0.01mm×16.5＝5.665mm；[5]由幾何關系可得導體的截面積為S＝則根據歐姆定律R＝ρ，解得ρ＝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