黑龙江省大庆市铁人中学2024-2025学年高二物理上学期期中试题含解析

PAGE19-黑龙江省大庆市铁人中学2024-2025学年高二物理上学期期中试题（含解析）（本试题满分110分，答题时间90分钟）一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分．在每小题给出的四个选项中，1～6小题只有一个选项正确，其余小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分）1.下面说法正确的是（）A.依据磁感应强度定义式，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL乘积成反比B.磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同C.一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度肯定为零D.磁感线总是从磁铁的N极动身，到S极终止【答案】B【解析】【详解】A．磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身确定的物理量与通电导线所受的安培力F以及IL乘积无关，选项A错误；B．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同，选项B正确；C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁场方向平行，该处的磁感应强度不肯定为零，选项C错误；D．磁感线在磁体的外部从N极到S极，在磁体内部是从S极到N极，组成闭合的曲线，故D错误。2.a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是：A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】a球带正电，受到的电场力水平向左，b带负电，受到的电场力水平向右。以整体为探讨对象，整体所受的电场力大小为2qE，方向水平向左，分析受力如图，则上面绳子应向左偏转。

设上面绳子与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得；以b球为探讨对象，受力如图。设ab间的绳子与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得；得到α=β，所以依据几何学问可知，b球在悬点的正下方，故D正确，ABC错误；故选D。3.如图所示，A、B为两个带等量异种电荷的金属球，将两根不带电的金属棒C、D放在两球之间，达到静电平衡后，下列叙述正确的是(

)A.C棒左端电势大于C棒右端电势B.C棒左端电势等于C棒右端电势C.若用导线将C棒的x端与D棒的y端连接起来的瞬间，将有从y流向x的电流D.若将B球接地，B所带的负电荷全部流入大地【答案】B【解析】【详解】AB．放在电场中的导体C和D都是等势体，可知C棒左端电势等于C棒右端电势，选项A错误，B正确；C．金属球A、B间的电场从A指向B，因为沿着电场线电势降低，故C棒的电势高于D棒的电势，若用导线将C棒的x端与D棒的y端连接起来的瞬间，将有从x流向y的电流，故C错误。

D．若将B球接地，B所带的负电荷一部分流入大地，由于静电感应，B所带的负电荷还将保留一部分，故D错误。4.电阻R和电动机M串联接到电路时，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，电键接通后，电动机正常工作。设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2，则有（

）AU1<U2，Q1=Q2B.U1=U2，Q1=Q2C.W1=W2，Q1>Q2D.W1<W2，Q1<Q2【答案】A【解析】【详解】设开关接通后，电路中电流为I。

对于电阻R，由欧姆定律得U1=IR对于电动机，U2＞IR，则U1＜U2。依据焦耳定律得Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，则Q1=Q2因W1=Q1W2=Q2+E机械则W1<W2。A．U1<U2，Q1=Q2，与结论相符，选项A正确；B．U1=U2，Q1=Q2，与结论不相符，选项B错误；C．W1=W2，Q1>Q2，与结论不相符，选项C错误；D．W1<W2，Q1<Q2，与结论不相符，选项D错误；5.如图所示，平行板电容器与一恒压直流电源相连，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（

）A.平行板电容器的电容值将变大B.静电计指针张角变小C.带电小球的电势能将增小D.若先将下极板与A点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电小球所受电场力不变【答案】D【解析】【详解】A．依据电容的确定式知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容值将减小。故A错误。B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变。故B错误。C．电势差不变，d增大，则由公式分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带正电荷，则小球的电势能增大，故C错误。D．若先将下极板与A点之间的导线断开，则电容器的电荷量不变，d变更，依据、、结合得，则知电场强度不变，则小球所受电场力不变。故D正确。6.如图所示，圆心为O的半圆形光滑绝缘细杆固定在竖直面内，细杆最低点固定着一个带正电的点电荷Q，穿在细杆上的两个质量相同的带电小球静止时的位置分别为A、B，AO、BO与QO的夹角分别为α、β（α＞β），两球间的库仑力可忽视不计，则下列推断正确的是()A.在电荷Q的电场中，A点电势大于B点电势B.在电荷Q的电场中，A点场强大于B点场强C.两球所受细杆的弹力大小相等D.两球所带电荷量之比为【答案】CD【解析】在电荷Q的电场中，B点等势面比A点所在等势面电势高，A点电势低于B点电势，所以A错误；在电荷Q的电场中，依据点电荷的场强公式，A点距离Q的距离比B点距离Q大，所以A点场强小于B点场强，所以B错误．对A、B球分别受力分析如图

依据几何关系：平行四边形对角线两边是两个等腰三角形，表示弹力和重力的线段为腰，且两球重力相等，对A球杆的弹力F1=mg;对B球杆的弹力F2＝mg，所以两球所受细杆的弹力大小相等，所以C正确；对A：化简得：；同理对B可得，则，所以D正确；故选CD.点睛：本题考查了电势凹凸和场强大小的推断实力，记住点电荷场强公式，库仑定律与共点力平衡问题结合关键还是受力分析，列平衡方程．7.如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。A、O、B在M、N的连线上，O为MN的中点，C、D位于MN的中垂线上，且A、B、C、D到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是A.O点处的磁感应强度为零B.A、B两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C.C、D两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D.A、C两点处磁感应强度的方向不同【答案】C【解析】【详解】A.依据右手螺旋定则，处导线在点产生的磁场方向竖直向下，处导线在点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；B.在处产生的磁场方向竖直向下，在处产生的磁场方向竖直向下，在处产生的磁场方向竖直向下，处产生的磁场方向竖直向下，依据场强的叠加知，、两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B错误；C.在处产生的磁场方向垂直于偏下，在处产生的磁场方向垂直偏下，在处产生的磁场方向垂直于偏下，在处产生的磁场方向垂直于偏下，依据平行四边形定则，知处的磁场方向竖直向下，处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等，故C正确；D.由上分析可知，、两点的磁场方向都是竖直向下，故D错误。8.如图所示，实线是α粒子（即氦原子核）仅在电场力作用下由a点运动到b点的运动轨迹，虚线可能是电场线，也可能是等差等势线，则下面说法中正确的是（）A.若虚线是电场线，则α粒子在a点的电势能大，动能小B.若虚线是等差等势线，则α粒子在a点电势能大，动能小C.若虚线是等差等势线，a点的电势肯定高于b点的电势D.不论虚线是电场线还是等差等势线，α粒子在a点的加速度肯定大于在b点的加速度【答案】BCD【解析】【详解】A．若虚线是电场线，则α粒子从a到b电场力做负功，则动能减小，电势能增大，则在a点的电势能小，动能大，选项A错误；BC．若虚线是等差等势线，依据电场线与等势线垂直，可知电场力大致向下，则a点的电势肯定高于b点的电势；α粒子由a点运动到b点的过程中，电场力对α粒子做正功，电势能减小，动能增大，则α粒子在a点的电势能大，动能小，故BC正确。D．不论是电场线还是等差电场线，疏密均表示电场的强弱，故可知，a点的处的场强大于b点的场强，故质子在a点的加速度肯定大于在b点的加速度，故D正确；9.如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2间各点的电势分布如图乙所示，则()A.在O～x2间，电场强度先减小后增大B.在O～x2间，电场强度方向没有发生变更C.若一负电荷从O点运动到x2点，电势能渐渐减小D.从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2间始终做匀加速运动【答案】B【解析】【详解】AB.φ−x图象的斜率的肯定值大小等于电场强度，由几何学问得知，斜领先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率始终是负，场强方向没有变更。故A错误，B正确；C.由图看出O～x2间，电势渐渐降低，负电荷在高电势处电势能小，故负电荷从O点运动到x2点，电势能渐渐上升。故C错误；D.从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间始终做加速运动，但电场强度先增大后减小，所以加速先增大后减小，所以不是匀加速运动。故D错误；10.如图所示的电路，将两个相同的电流计分别改装成A1（0~3A）和

A2（0~0.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流强度，则下列说法正确的是(

)A.A1的指针半偏时，A2的指针也半偏B.A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏C.A1的读数为1.00A时，A2的读数为0.20AD.A1的读数为1.00A时，干路的电流为2.00A【答案】AC【解析】【详解】AB．电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流表两端电压相等，流过两表头的电流相等，所以A1的指针半偏时，A2的指针也半偏，故A正确，B错误。CD．两电流表量程之比为5：1，两电流表的内阻之比为1：5，则通过电流表的电流之比为5：1．A1的读数为1.00A时，A2的读数为0.20A，干路中的电流为：1.2A，故C正确，D错误；11.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，开关k闭合，不考虑电流表和电压表对电路的影响，则以下分析正确的是()A.当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，电压表的示数减小，电流表的示数增大B.若只让开关从闭合到断开，电压表、电流表示数都变大C.若只让开关从闭合到断开，R6上将产生由M点到N点的电流D.若实际试验时发觉电流表的示数为零，电压表示数不为零，则可能是由于R4断路【答案】AD【解析】【详解】A．将滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则总电流增大，则内阻和R1两端的电压增大，所以右边并联部分的电压减小，所以通过R3的电流减小，而总电流增大，所以电流表示数增大，则R2的电压增大，所以R4的电压减小，所以电压表示数减小，故A正确；B．若只让开关从闭合到断开，则总电阻变大，总电流减小，则右边并联部分的电压变小，电流表示数减小，R4的电流变小，所以电压表示数变小，故B错误；C．若开关从闭合到断开，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压变小，电容器放电，所以R6上将产生由点N到点M的电流，故C错误；D．电流表示数为零，说明与电流表串联的部分电路不通，电压表示数不为零，则与电压表并联的部分电阻断开，即可能是由于R4断路，故D正确。12.如图甲所示电路中，定值电阻R1阻值和电源内阻相等。闭合开关S，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动的过程中，四个志向电表的示数都发生变更。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变更的状况，以下说法正确的是（

）A.图线a表示的是电压表V1的示数随电流表示数变更的状况B.电源的输出功领先变大后变小C.此过程中电压表V1示数和电流表示数的比值变大D.此过程中电压表V3示数的变更量和电流表示数变更量的比值不变【答案】CD【解析】【详解】A．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变更的状况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变更的状况。图线b表示的是电压表V1的示数随电流表示数变更的状况，故A错误。B．因R1=r，当电源内阻等于外电路电阻时，电源输出功率最大，则当滑动变阻器滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路电阻越来越大于电源内阻，可知电源输出功率渐渐减小，选项B错误；C．因为，则因为外电阻变大，则电压表V1示数和电流表示数的比值变大，选项C正确；D．由闭合电路欧姆定律得：U3=E-I（r+R1），则．故D正确。13.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变更规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向C.重力势能削减了mgdD.克服电场力做功为mgd【答案】BC【解析】【详解】AB．0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0．故A错误，B正确．C．0～时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确．D．在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则～内和～T时间内位移的大小相等均为d，所以整个过程中克服电场力做功为，故D错误．14.一质量为m=6kg带电量为q=-0.1C的小球P，自倾角θ=530的固定光滑斜面顶端由静止起先滑下，斜面高h=6.0m，斜面底端通过一段光滑小圆弧与一光滑水平面相连。整个装置处在水平向右的匀强电场中，场强E=200N/C，忽视小球在连接处的能量损失，当小球运动到水平面时，马上撤去电场。水平面上放一质量也为m静止不动的圆槽Q,圆槽光滑且可沿水平面自由滑动，圆槽的半径R=3m，如图所示（已知sin53o=0.8，cos53o=0.6，g=10m/s2）则以下说法正确的是：A.由静止释放到滑到斜面底端，P球的电势能增加了90JB.小球P运动到水平面时的速度大小为5m/sC.最终小球将冲出圆槽QD.最终小球不会冲出圆槽Q【答案】AD【解析】【详解】A．在整个过程中，电场力对P球做负功为：则△E=-W=90J选项A正确；

B．依据动能定理得：代入数据可得：选项B错误；

CD．设当两者速度相等时，小球上升的高度为H，依据水平方向动量守恒得：mv=2mv′代入数据：依据机械能守恒得：代入已知数据得：H=2.25m＜R所以小球没有冲出圆槽，选项C错误，D正确。二．试验题15.某同学要测量一个由新材料制成的匀称圆柱形导体的电阻率，进行了如下操作：（1）利用螺旋测微器测圆柱体直径d如图1所示，则d＝______mm；用20分度的游标卡尺测量其长度L如图2所示，则为L=______mm；若已知此导体的电阻为R，则此新材料的电阻率表达式为_____（用R、d、L表示）（2）用多用电表粗测该电阻步骤：①机械调零后，将选择开关旋至电阻挡“×100”位置；②将红、黑表笔短接欧姆调零；③把红、黑表笔分别与材料的两端相接，发觉指针偏转角度太大。为了较精确地进行测量，应将选择开关置于_______（填×10或×1k）的倍率，并重新进行_________，再进行测量，多用表示数如图所示，则其阻值为______Ω。【答案】(1).1.705(2).11.50(3).(4).(5).欧姆调零(6).80【解析】【详解】（1）[1]．利用螺旋测微器测圆柱体直径d＝1.5mm+0.01mm×20.5=1.705mm；[2]．用20分度的游标卡尺测量其长度L=1.1cm+0.05mm×10=11.50mm；[3]．若已知此导体的电阻为R，则依据解得此新材料的电阻率表达式为。（2）③[4][5][6]．把红、黑表笔分别与材料的两端相接，发觉指针偏转角度太大，说明倍率挡选择过高，为了较精确地进行测量，应将选择开关置于×10的倍率，并重新进行欧姆调零，再进行测量，多用表示数如图所示，则其阻值为8×10Ω=80Ω。16.某同学用伏安法测量待测电阻Rx阻值，要求测量多组数据，且电阻两端的电压由零起先连续变更，现有如下试验仪器：待测电阻Rx(阻值约为10Ω)直流电源E(电动势3V，内阻不计)电压表V1(量程：0~3V，内阻约为5kΩ)电流表A1(量程：0~25mA，内阻约1Ω)电流表A2(量程：0~250mA,内阻约为0.1Ω)滑动变阻器R1（阻值0~10Ω）滑动变阻器R2（阻值0~500Ω）电键一只K，导线若干（1）在上述仪器中，电流表应选择_______

(填“A1”或“

A2”)，滑动变阻器应选择_______

(填“R1”或“R2”)。（2）请在方框中画出试验电路图_______

，然后用笔画线代替导线，将实物图连成完整电路_______

。【答案】(1).A2(2).R1(3).(4).【解析】【详解】（1）[1][2]．电路中可能达到的最大电流为，则电流表应选择

A2，滑动变阻器要接成分压电路，则应选择阻值较小的R1。（2）[3][4]．因电压表的内阻远大于待测电阻，则要用安培表外接电路；滑动变阻器用分压电路，电路图及实物连线如图；17.现有一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为0.30Ω），电压表V（量程为3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程为0.6A，内阻为0.70Ω），滑动变阻器R（10Ω，2A），电键一个及导线若干。(1)

为了更精确地测出电源电动势和内阻，某组同学用右图所示电路测得多组电压和电流值，得到如图所示的

U-I图线，由图可得该电源电动势E=_______V，内阻

r=_______Ω。（结果均保留两位小数）

(2)某小组在试验时，发觉电流表坏了，于是不再运用电流表，仅用电阻箱R′替换掉了滑动变阻器，电路图如右图所示。他们在试验中读出几组电阻箱的阻值R′和电压表的示数U，描绘出

的关系图像，得到的函数图像是一条直线。若该图像的斜率为k，纵轴截距为b，则此电源电动势E=_________，内阻r=__________。该组同学测得电源电动势E测_____E真，内阻r测_____r真。(填“>”“＝”或“<”)。【答案