安徽省六安二中、霍邱一中、金寨一中2025届高二物理第一学期期中考试试题含解析

安徽省六安二中、霍邱一中、金寨一中2025届高二物理第一学期期中考试试题注意事项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、用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法，以下物理量表达式中不属于比值法定义的是（）A．电源电动势E=WqB．C．电容器的电容C=εrS2、如图所示，空间存在水平方向的匀强电场E＝2.0×104N/C，在A处有一个质量为0.3kg的小球，所带电荷量为q=+2.0×10-4C,用一长为L＝600cm的不可伸长的绝缘细线与固定点O连接。AO与电场线平行处于水平状态，取g=10m/s2

。现让该质点在A处静止释放，则A．释放后小球做圆周运动B．小球在A点瞬间的加速度大小为C．小球从A运动到O点正下方的过程中电势能增加了24JD．小球第一次运动到O点正下方的速度大小为3、如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则A．vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 B．vb:vc=2:2，tb:tc=1:2C．vb:vc=2:1，tb:tc=2:1 D．vb:vc=1:2，tb:tc=1:24、首先发现电流磁效应的科学家是A．牛顿 B．爱因斯坦C．居里夫人 D．奥斯特5、如图所示，竖直面内有带负电的圆环，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都会发生转动，以下说法正确的是（）A．a、b、c的N极都向纸面外转动B．b的N极向纸面外转，而a、c的N极向纸面内转C．b、c的N极都向纸面内转，而a的N极向纸面外转D．b的N极向纸面内转，而a、c的N极向纸面外转6、如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是A．EA＝EC>EB；φA＝φC>φBB．EB>EA>EC；φA＝φC>φBC．EA<EB，EA<EC；φA>φB，φA>φCD．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低二、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、如图所示，a、b带等量异种电荷，MN为a、b连线的中垂线，现有一个带电粒子从M点以一定的初速度v射出，开始时一段轨迹如图中实线所示，不考虑粒子的重力，则在飞越该电场的过程中（）A．该粒子带正电B．该粒子的动能先增大，后减小C．该粒子的电势能先减小，后增大D．该粒子运动到无穷远处后，速率大小一定仍为v8、如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器的内部，闭合电键S给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向θ角，若（）A．电键S断开，将A板向B板靠近，则θ增大B．电键S断开，将A板向B板靠近，则θ不变C．保持电键S闭合，将A板向B板靠近，则θ变小D．保持电键S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大9、长为L的导线ab斜放在水平导轨上（导线与导轨的夹角为θ），两导轨相互平行且间距为d，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，当通过ab的电流为I时，导线ab所受安培力的大小为A．IBLB．IBLsinθC．IBd10、如图所示，木块AB用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A紧靠墙壁，在木块B上施加向左的水平力Ｆ，使弹簧压缩，当撤去外力后()A．A尚未离开墙壁前，AB系统的动量守恒；B．A尚未离开墙壁前，弹簧和B系统的机械能守恒C．A离开墙壁后，AB系统动量守恒；D．A离开墙壁后，AB系统机械能守恒．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）（1）.用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示。该金属丝的直径是________mm。（2）在用单摆测定重力加速度的实验中，用游标为20分度的游标卡尺测量摆球的直径，示数如图所示，读数为________mm.12．（12分）某同学用下列器材测定一节蓄电池的电动势和内阻．蓄电池的电动势约为3V，内阻很小．A．量程是1．6A，内阻约为1．5Ω的电流表；B．量程是3V，内阻是6kΩ的电压表；C．量程是l5V，内阻是31kΩ的电压表；D．阻值为1～1k,额定电流为1．5A的滑动变阻器；E．阻值为1～11Ω，额定电流为2A的滑动变阻器；F．定值电阻4Ω，额定功率4w；G．电键S一个，导线若干．（1）为了减小实验误差，电压表应选择（填器材代号），电路图1中的导线应连接到（填“①”或“②”），改变滑动变阻器阻值时，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择（填器材代号）．（2）用上问中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的U一I图线如图2中图线（a）所示，另有一电阻的U一I图线如图2中图线（b）所示．若把该电阻单独与这节蓄电池连接成闭合回路，则电池两端的电压为V．（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）喷墨打印机的结构简图如图所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号控制．带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场后，打到纸上，显示出字体．无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒．设偏转板板长为L=1.6cm，两板间的距离为d=0.50cm，偏转板的右端距纸L1=3.2cm，若一个墨汁微滴的质量为m=1.6×10-10kg，以v0=20m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是U=8.0×103V，此时墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是Y=2.0mm．不计空气阻力和墨汁微滴的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性．求：（1）上述墨汁微滴通过带电室带上的电量是多少？（2）若用（1）中的墨汁微滴打字，为了使纸上的字体放大10%，偏转板间电压应是多大？14．（16分）如图所示的电路中，定值电阻均为R，电源电动势为E，内阻，水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，质量为m的小液滴恰好能静止在两板的正中间。（重力加速度用g表示）求：(1)流过电源的电流大小；(2)两金属板间的电场强度的大小；(3)小液滴带何种电荷，带电量为多少。15．（12分）如图，以绝缘粗糙的竖直墙壁为y轴，水平的地面为x轴建立直角坐标系，第二象限有同时存在的正交匀强电场和匀强磁场，电场方向沿x轴正向，大小为E，磁场方向垂直纸面向外，大小为B．现在从A点由静止释放一带正电的可视为质点的带电体，其能够沿墙壁下滑，到达C点时刚好离开墙壁，带电体质量为m、电荷量为q，A、C两点间距离为h，重力加速度为g.（1）求带电体运动到刚好离开墙壁时速度大小v；（2）求带电体由静止下滑到刚好离开墙壁过程中克服摩擦力做的功Wf；（3）如果带电体到达C点时电场突然变为竖直向上且，电场的变化对磁场的影响忽略不计，则带电体运动到距离墙壁最远时（带电体不能到达地面），距出发点A的距离．

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、C【解析】

电动势公式E=Wq是电动势的定义式，故A不符合题意；导体电阻R=UI，R等于电压U与电流I的比值，属于比值法定义，故B不符合题意；电容器的电容是由电容器本身决定的，电容器的电容C=εS4πkd，是电容器电容决定式，本身定义式，故C符合题意；电流强度I=qt2、D【解析】小球的重力G=mg=3N，电场力方向水平向左，大小F=qE=2×2N=4N，小球做匀加速直线运动，小球的加速度为：，故AB错误；小球第一次到O点正下方时，水平位移为x=L=6m，则电场力做功W电=-qEL=4×6J=24J，Y因为电场力做正功，所以电势能减少了24J，故C错误；设合力方向与水平方向的夹角为θ，则，小球第一次到O点正下方时，水平位移为x=L=6m竖直位移为：，重力做功WG=mgy=3×4.5J=13.5J，根据动能定理得：，带入得：，故D正确。所以D正确，ABC错误。3、A【解析】试题分析：设正六边形边长为L，若粒子从b点离开磁场，可知运动的半径为R1=L，在磁场中转过的角度为θ1=1200；若粒子从c点离开磁场，可知运动的半径为R2=2L，在磁场中转过的角度为θ2=600，根据可知vb:vc=R1：R2=1:2；根据可知，tb:tc=θ1：θ2=2:1，故选A．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；做此类型的习题，关键是画出几何轨迹图，找出半径关系及偏转的角度关系；注意粒子在同一磁场中运动的周期与速度是无关的；记住两个常用的公式：和．4、D【解析】

首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故选D.5、B【解析】

圆环带有负电荷，圆环顺时针转动时，产生的等效电流方向沿逆时针方向；由安培定则可知，a、c所在处磁场垂直于纸面向里，b处磁场垂直于纸面向外，故a、c处的小磁针的N极朝纸面内转动，b处小磁针的N极朝纸面外转动，故B正确，ACD错误。故选B。6、B【解析】

由等量异种点电荷周围的电场线的分布情况可知B点场强最大，C点场强小于A点场强，由正负电荷的电势分布可知A和C点的电势为零，B点电势小于零，因此B正确ACD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、BCD【解析】

粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，可判断出粒子的电性。电场力先做正功，后做负功，可分析动能和电势能的变化。因为MN为a、b连线的中垂线，是一条等势线，并且一直延伸到无穷远处，M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v。【详解】粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，该粒子带负电。故A错误。由题可知，电场力先做正功，后做负功，则根据动能定理得知：粒子的动能先增大后减小。故B正确。电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大。故C正确。M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，则该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v。故D正确。故选BCD。【点睛】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子的合力方向，分析出电场力做功情况。带等量异种电荷连线的中垂线是一条件延伸到无穷远处的等势线，要记牢。8、BD【解析】

电容器充电后电键S断开，电容器所带电量不变，根据推论分析板间场强是否变化，判断θ如何变化．保持电键S闭合，板间电压不变，将A板向B板靠近，根据E=Ud分析板间场强如何变化，判断【详解】A、B、电容器充电后电键S断开，电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量都不变，根据推论E=4πkQεrs得知，板间场强E不变，小球所受电场力不变，则将A板向B板靠近时，θ不变；故AC、D保持电键S闭合，板间电压不变，将A板向B板靠近，板间距离d减小，由板间场强E=Ud分析得到场强增大，小球所受电场力增大，由平衡知识qE=mgtanθ知θ增大；故C故选BD.【点睛】电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量不变，板间场强不变是重要的推论，要在理解的基础上加强记忆．9、AC【解析】安培力的计算：当I⊥B时，F=BIL，当I与B不垂直时，F=BILsinθ，θ为I与B的夹角，题目中属于I与B垂直的情况，所以F=BIL，A正确；由于L=dsinθ，带入10、BC【解析】

A．当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．所以A和B组成的系统的动量不守恒，故A错误；B．以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，在A离开墙壁前，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，系统机械能守恒，故B正确；C．A离开墙壁后，A、B系统所受的外力之和为0，所以A、B组成的系统的动量守恒，故C正确；D．在A离开墙壁后，对A、B及弹簧组成的系统，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．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、1.704-1.7066.75【解析】

（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为1.5mm+0.202mm=1.705mm．（2）游标卡尺的主尺读数为6mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为15×0.05mm=0.75mm，所以最终读数为：6mm+0.75mm=6.75mm．12、（1）B①E（2）2.67【解析】试题分析：（1）电压表应该选择量程是2V的B；根据题意得内阻很小，为减小误差所以采用电流表内接法，即选择①．改变滑动变阻器阻值时，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择E．（2）若把该电阻单独与这节蓄电池连接成闭合回路，由电源U一I图线可知电动势为2．2v，内阻，由电阻的U一I图线得串联的电阻是5Ω，若把该电阻单独与这节蓄电池连接成闭合回路，则电池两端的电