2025届云南省保山隆阳区一中物理高二第一学期期中综合测试试题含解析

2025届云南省保山隆阳区一中物理高二第一学期期中综合测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R3均为定值电阻，且R3=r，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动一小段距离，电路稳定之后，下列说法正确的是A．I1减小，I2不变，U减小 B．电容器C的带电量减小C．电源的输出功率变大 D．电源的效率变大2、如图所示电场可能存在并且属于匀强电场的是．A． B．C． D．3、某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系图象为正弦曲线，如图所示，则该交变电流的电动势的有效值和周期分别为A．200V，2s B．400V，4s C．100V，4s D．100V，6s4、下面各图中A球系在绝缘细线的下端，B球固定在绝缘平面上，它们带电的种类以及位置已在图中标出，则A球能保持静止的是A．B．C．D．5、如图甲是某景点的山坡滑道图片，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为A． B． C．2s D．26、图中的电容器C两板间有一负电荷q静止，使q向上运动的措施是（）A．两板间距离增大B．两板间距离减小C．两板间相对面积减小D．两板间相对面积增大二、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、在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，()A．电压表的示数增大，电流表的示数减小B．电压表的示数减小，电流表的示数增大C．电源路端电压增大D．电容器C所带电荷量减小8、如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其图像如图乙所示,物块全程运动的时间为4.5s,关于带电物块及运动过程的说法正确的是A．该物块带正电B．皮带轮的传动速度大小一定为1m/sC．若已知皮带的长度,可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D．在2～4.5S内,物块与皮带仍可能有相对运动9、如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为＋Q图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面．有两个一价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的电场力)先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．以上说法中正确的是A．M一定是正离子，N一定是负离子B．M在p点的速率一定大于N在q点的速率C．M在b点的速率一定大于N在c点的速率D．M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q过程电势能的增量10、人造卫星以地心为圆心，做匀速圆周运动，关于其各物理量间的关系，下列说法中正确的是（）A．半径越大，速度越小，周期越小B．半径越大，速度越小，周期越大C．所有不同轨道卫星的线速度均是不同的，与半径有关D．所有不同轨道卫星的角速度均是相同的，与半径无关三、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）某同学在进行“探究加速度与力和质量的关系”实验时，经历了以下过程：（1）在实验准备过程中，发现实验室有两种打点计时器如图甲乙所示，该同学决定使用甲，则应选择图中___（选填“A”或“B”）电源搭配使用。（2）为减小误差，实验中应该采取的措施是______。A．重物的质量应远小于小车的质量B．先释放纸带，后接通电源C．调节滑轮使拉小车的细线和木板平行D．释放时小车应靠近打点计时器（3）该同学欲通过图丙所示装置打出的纸带（图丁）来判断是否已经平衡摩擦力。该同学正确操作实验后，想通过纸带的点迹判断：为进一步平衡摩擦力，图丙中垫块应该向______（选填“A端”或“B端”）移一些。12．（12分）小张同学利用打点计时器研究自由落体运动，他设计的实验方案如下：如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，先打开电源后释放重物，重物带动纸带从静止开始下落，打出几条纸带并选出一条比较理想的纸带如图乙所示，在纸带上取出若干计数点，其中每相邻计数点之间有四个点未画出，分别用s1、s2、s3、s4、s5表示各计数点间的距离，已知打点计时器的频率f．图中相邻计数点间的时间间隔T＝______（用f表示），计算重力加速度的公式是g=______（用f、s2、s5表示），计数点5的速度公式是v5=_______（用f、s4、s5表示）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）图1中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为T的交流电压，在两板间产生交变的匀强电场．已知B板电势为零，A板电势随时间变化的规律如图2所示，其中的最大值为，最小值为，在图1中，虚线MN表示与A、B板平行等距的一个较小的面，此面到A和B的距离皆为l．在此面所在处，不断地产生电量为q、质量为m的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等．这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动．设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响A、B板的电势，已知上述的T、、l、q和m等各量的值正好满足等式．若不计重力，不考虑微粒间的相互作用，求：（结果用q、、m、T表示）（1）在t=0到t=这段时间内产生的微粒中到达A板的微粒的最大速度；（2）在0-范围内，哪段时间内产生的粒子能到达B板？（3）在t=0到t=这段时间内产生的微粒中到达B板的微粒的最大速度；14．（16分）如图所示，两平行光滑导轨相距为d=10cm，金属棒MN的质量为m=10g，电阻R=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，方向竖直向下，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，当电键K闭合时，MN恰好平衡，设θ=45°，g=10m/s1．求：(1)金属棒MN所受安培力的大小；(1)变阻器R1接入电路中的阻值．15．（12分）如图所示，一电荷量q=3×10-5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。电键S闭合后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°。已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=8Ω。g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)求路端电压；(2)两板间电场强度大小；(3)带电小球质量。

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】

A.的滑动触点向端移动时，减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，根据欧姆定律可得电压增大，则、并联电压减小，根据欧姆定律可得通过的电流减小，即示数减小，而总电流增大，则流过的电流增大，即示数增大，故A错误；B.电容器两端的电压等于两端的电压，所以电容器两端的电压增大，根据可知电容器的带电量增大，故B错误；C.由于，电源的内阻小于外阻，所以的滑动触点向端移动时，外阻减小，不电源的输出功率变大，故C正确；D.电源的效率为：则电源的效率减小，故D错误。2、D【解析】

A．电场线方向不变，但是疏密度不同，可知场强大小不同。故A错误。B.匀强电场的电场线是间隔相等的平行直线，故B错误。C．电场线的切线方向在改变，知电场方向改变。故C错误。D．电场线疏密度相同，电场的方向处处相同，为匀强电场。故D正确。3、C【解析】由图可知，此交流电的最大值Um=200V，周期为T=4s，则有效值，故选C.4、A【解析】A图中，对A球进行受力分析：根据力的合成，可知道任意两个力的合力的方向不可能与第三个力方向相反，故A错误．B图中，对A球进行受力分析：根据力的合成，可知道三个力合力可以为0.故B正确．C图中，对A球进行受力分析：根据力的合成，可知道任意两个力的合力的方向不可能与第三个力方向相反．故C错误．D图中，对A球进行受力分析：根据力的合成，可知道三个力合力不可以为0，故D错误．故选B.5、C【解析】试题分析：设斜面坡角为，则：，物体做匀加速直线运动，对物体受力分析，受重力和支持力，将重力沿着平行斜面和垂直斜面正交分解，根据牛顿第二定律，有：，解得：，根据速度位移公式，有，解得：，故选项C正确．考点：牛顿运动定律综合【名师点睛】本题关键是根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解，关键是有中间变量，要列式后约去．6、B【解析】

两极板间距离d增大，而电容器的电压U不变，则板间场强减小，电荷所受电场力减小，电荷将向下运动．故A错误．两极板间距离d减小，而电容器的电压U不变，则板间场强增大，电荷所受电场力增大，电荷将向上运动．故B正确．两极板正对面积S减小或变大时，电容器的电压U和距离d都不变，则板间场强不变，电荷并不运动．故CD错误．故选B．【点睛】本题是简单的电容器动态变化分析问题，抓住板间电压不变是关键；熟练掌握匀强电场的场强公式．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、BD【解析】

AB．滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电流表示数增大，内阻和R1两端电压增大，则R2的电压减小，故电压表示数减小，故A错误，B正确；C．滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内电压增大，电源路端电压减小，故C错误；D．电容器的电压等于R2的电压，则电容器电压减小，根据Q=UC可知，电容器C所带电荷量减小，故D正确；8、AD【解析】

由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。物块的最大速度是1m/sA项：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μFN-mgsinθ=ma

①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN=mgcosθ，后来：FN′=mgcosθ-f洛，即洛伦兹力的方向是向上的。物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A正确；B、D项：物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：mgsinθ=μ（mgcosθ-f洛）②由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止。故B错误，D正确；C项：由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移。故C错误。故选：D。9、BD【解析】

A.由图可知电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同．由于中心电荷为正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，故A错误；B.由图可判定M电荷在从a点运动至p点的过程中，电场力做正功，导致动能增加；而N电荷在从a点运动至q点的过程中，电场力做负功，导致动能减小．所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率，故B正确；C.由于abc三点在同一等势面上，故粒子M在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0，N粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0，由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场，故两粒子分别经过b、c两点时的速率一定相等．故C错误；D.由图可知q、a两点电势差大于p、b两点间的电势差，N粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q过程电势能的增量，故D正确。10、BC【解析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：AB、由①可得，，则半径越大，速度越小，周期越大，则A错误，B正确；C、由得，可知半径不同，速度不同，则C正确；

D、由，可知半径不同，角速度不同，则D错误．故选BC．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)A(2)ACD(3)A端【解析】

解：(1)甲是电磁打点计时器，工作电压一般为4-6V的交流电源，所以应选择图中A电源搭配使用；(2)A、以整体为研究对象有，解得，以为研究对象，绳子的拉力，显然要有必有，故有，即只有时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，故选项A正确；B、开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后释放纸带让纸带（随物体）开始运动，如果先放开纸带开始运动，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故选项B错误；C、实验前需要调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故选项C正确；D、为了在纸带打更多的点，开始实验时小车应放在靠近打点计时器一端，故选项D正确；(3)由于小车向左运动，根据纸带上点的分布得到小车做减速运动，摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，即平衡摩擦力过小，所以垫块应向端移动一些，增大倾角；12、f2（3s5-s4）f/1【解析】

由于打点计时器的频率f，故打下的两个点间的时间为，又因为每相邻计数点之间有四个点未画出，故图中相邻计数点间的时间间隔T＝；如果用f、s2、s5表示加速度，则s5－s2=g×（5－2）T2=3g×（）2，则计算重力加速度的公式是g=f2；则点4的瞬时速度为v4=，又因为v5=v4+gT，故代入解之得v5=（3s5-s4）f/1．四、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）时间内产生的微粒可直达A板（3）【解析】试题分析：在电压为时，微粒所受电场力为，此时微粒的加速度为（1）在t=0时刻产生的微粒，将以加速度向A板加速运动，经时，位移即t=0时刻产生的微粒，在不到时就可直达A板，所以到达A板的微粒的最大速度满足，解得（2）考虑临界状况：设时刻产生的微粒达到A板时速度刚好为零，则该微粒以加速度加速运动的时间为，再以大小为的加速度减