吉林省吉林市蛟河市第一中学2025届高二物理第一学期期中联考试题含解析

吉林省吉林市蛟河市第一中学2025届高二物理第一学期期中联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、下列说法中正确的是（）A．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度为零B．由可知，磁感应强度大小与放入该处的通电导线的I、L的乘积成反比C．因为，故导线中电流越大，其周围磁感应强度越小D．磁感应强度大小和方向跟放在磁场中通电导线所受力的大小和方向无关2、如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，P、M、N分别为轨道的最低点．三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动且均能通过最低点．如图所示，则下列有关判断正确的是（）A．小球第一次到达轨道最低点的速度关系B．小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系C．小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系D．三个小球到达轨道右端的高度都不相同，但都能回到原来的出发点位置3、随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理。如图所示，由地面供电装置（主要装置有线圈和电源）将电能传送至电动车底部的感应装置（主要装置是线圈），该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传送效率只能达到90％左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车，无需插电即可对电动车进行充电。目前无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15-20cm，允许的错位误差一般为15cm左右。下列说法正确的是（

）A．无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电车快速充电B．车身感应线圈中的感应电流磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化C．车身中感应线圈中感应电流磁场总是与地面发射中电流的磁场方向相反D．若线圈均采用超导材料则能量的传输效率有望达到100％4、将带正电的甲球放在乙球的左侧，两球在空间形成了如图所示的稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线。A、B两点与两球球心的连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则()A．乙球一定带负电B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷在A点具有的电势能比其在B点具有的电势能小D．把负电荷从C点移至D点，电场力做的总功为零5、对电流磁效应的对称性思考或逆向思维，人们提出的问题是（）A．摩擦产生热B．电流产生磁C．电动机D．磁体产生电流6、某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是（）A．t=1s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B．t=2s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C．t=3s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D．t=4s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值二、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、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8、一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中0～对段是对称的曲线，～段是直线，则下列说法正确的是A．处电场强度为零B．、、处电势、、的关系为>>C．粒子在0～段做匀变速运动，～段做匀速直线运动D．～段是匀强电场9、如图所示，将平行板电容器与电池相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A．电容器带电量变大B．尘埃仍静止C．电容器内部的场强变大D．灵敏电流计中有a→b的电流10、如图甲是观察电容器放电的电路，现将开关S与1端相连，电源（电动势为3v，内阻不计）。向电容器充电，然后把开关S滞向2端，电容器通过电阻R放电，电流传感器将测得的电流信息传人计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线如图2所示．则下列说法正确的是（）A．电容器充电过程为电能向化学能转化的过程B．可估算出该电容器的电容大小约为0.9mFC．电容器充电过程的I-t曲线电流应该随时间的增加而增大D．根据曲线可估算出电容器整个放电过程中释放的电量约为2.72c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）有一个小灯泡上标有“2V,3W”的字样,现在要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线,有下列器材供选用:A．电源（电动势3V,内阻约1Ω）B．电流表（0～0.6A,内阻约1Ω）C．电流表（0～2A,内阻约0.4Ω）D．电压表（0～3V,内阻约10kΩ）E.电压表（0～10V,内阻约20kΩ）F.滑动变阻器（0～5Ω,额定电流3A）G.滑动变阻器（0～500Ω,额定电流2A）H.开关、导线(1)实验中电流表应选用__________,电压表应选用__________.为使实验误差尽量减小,要求电压表从零开始变化且多取几组数据,滑动变阻器应选用____________（用序号字母表示）．(2)实验中,电压表的示数如图，图中U=________V．(3)实验中调节滑动变阻器,得到了小灯泡的I-U图象如图所示,则可知小灯泡的电阻随电压增大而___________（填“增大”、“减小”或“不变”）．(4)请根据实验要求,在方框内画出电路图___________.12．（12分）为测定某电源的电动势E、内阻r以及一段电阻丝的电阻率ρ，设计了如图甲所示的电路．ab是电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，R0是阻值为2Ω的保护电阻，滑片P与电阻丝始终接触良好．使用螺旋测微器测得电阻丝的直径d=0.400mm．实验时，闭合开关S，调节P的位置，记录aP长度x和对应的电压U和电流I的数据，并求得的数值，分别绘出了U-I关系图象和关系图象，如图乙、丙所示．（1）根据图乙可求出电源电动势E=___V，内阻r=_____Ω（均保留两位有效数字）．（2）图丙中关系图象纵轴截距的物理意义是_____．（3）根据图丙可求得电阻丝的电阻率ρ=_____Ω·m（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）如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场．图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计．（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加大小为F的水平恒力，请指出力F的方向并求出单匝金属线圈里磁通量的变化率；（2）断开S，PQ在上述恒力F的作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程中金属棒PQ上产生的热量．14．（16分）如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，板间距为d=8cm，A板电势比B板高300V。一质量为m=10–20kg、电荷量为q=10–10C的带正电粒子（重力不计）以v0=2×106m/s的初速度沿两板中心线RO射入电场中；粒子飞出板间电场，经过MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，该电场不受界面PS影响；粒子最后垂直打在放置于中心线处的荧光屏bc上。已知PS⊥RO，MN、PS相距12cm，O点与界面PS相距9cm，静电力常量k=9×109N·m2/C2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离。（2）试粗略画出粒子运动全过程的轨迹。（3）求点电荷Q的电性及电荷量大小。（结果保留三位有效数字）15．（12分）如图所示的直角坐标系中，在直线x=－2l0的y轴区域内存在两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场的方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向,在电场左边界上A(－2l0，－l0)到C(－2l0，0)区域内，连续分布着电荷量为+q，质量为m的粒子，从某时刻起由A点到C点间的粒子，依次连续以相同的速度v0沿x轴正方向射入电场，若从A点射入的粒子，恰好从y轴上的(0，l0)沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图所示，不计粒子的重力及它们间的相互作用。求：(1)匀强电场的电场强度E；(2)AC间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动？

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、D【解析】

A．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度不一定为零，可能是导线与磁场方向平行放置，选项A错误；BC．磁感应强度大小只由磁场本身决定，与放入该处的通电导线的I、L的大小以及IL乘积均无关，选项BC错误；D．磁感应强度大小和方向只由磁场本身决定,跟放在磁场中通电导线所受力的大小和方向无关，选项D正确。2、B【解析】

A．在第二图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；球下落时只有重力做功，故第一、二图两次机械能均守恒，由故两次球到最低点的速度相等，第三图中，小球下滑的过程中电场力做负功，重力做正功，所以小球在最低点的速度小于前两个图中的速度．即，故A错误；B．小球在最低点时，第一图中重力和支持力提供向心力，即而第二图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，即第三图中，重力与支持力提供向心力，即则故B正确；C．第一图和第二图比较可得，小球下滑的速度相等，故tP=tM．故C错误；D．第一、二两图中，洛伦兹力不做功，只有重力做功，动能和重力势能之间转换，故小球在右端都能到达高度相同，且回到原来的出发点；第三图中，小球向右运动时电场力做负功，则在最右端时上升的高度小于第一、二图中上升的高度，但是也能回到原出发点，选项D错误．3、B【解析】根据题意无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～25cm，允许的错位误差一般为15cm左右，不可以在百米开外对电车快速充电，故A错误；根据楞次定律，车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B正确当地面发射线圈中电流增加时，穿过车身感应线圈的磁通量增加，根据楞次定律此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相反；当地面发射线圈中电流减小时，穿过车身感应线圈的磁通量减少，根据楞次定律此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相同，故C错误；由于电磁波传播的时候有电磁辐射，感应线圈和发射线圈中的能量传输不能达到百分之百，故D错误；故选B。点睛：解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，并能理解法拉第电磁感应定律的应用．4、D【解析】

由图可得，电场线从左侧入乙球，电场线又从乙球的右侧出来，指向无穷远处，所以乙球整体可能不带电。故A错误；因为电场强度是矢量，C点与D点方向不同，所以电场强度不同，故B错误。由图可得A比B点处于离正电荷更近的等势面上，所以A点的电势高于B点的电势，正电荷在A点具有的电势能比其在B点具有的电势能大，所以C错误。CD在同一电势能面上，移动电荷不做功，所以D正确。故选D。【点睛】遇到涉及电场线和等势线的题目，要抓住电场线与等势线处处垂直的特点，以及沿电场线方向电势逐渐降低，然后再讨论．5、D【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，即电生磁现象，很多科学家开始进行研究，其中具有代表性的有安培、法拉第等，法拉第坚信电与磁是紧密联系的，通过对电流磁效应的逆向思维，认为磁一定能生电，经十年的不懈努力，终于发现了电磁感应现象，故D正确．故选D.6、A【解析】

根据振动图象判断质点振动方向的方法：沿着时间轴看去，“上坡”段质点向上振动，“下坡”段质点向下振动．【详解】AC．在t=1s和t=3s时，振子偏离平衡位置最远，速度为零，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A正确，C错误；BD．在t=2s和t=4s时，振子位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，BD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、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．8、ABD【解析】

A.根据电势能与电势的关系和场强与电势的关系得：由数学知识可知图象切线的斜率等于，处切线斜率为零，则处电场强度为零，故A正确；B.粒子带负电，根据电势能与电势的关系可知，电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：故B正确；CD.由图看出在段图象切线的斜率不断减小，可知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确．9、BD【解析】

电容器始终接在电源的两端，则两端的电势差不变，将两板缓慢地错开一些，正对面积减小，根据C=εS4πkd，知道电容减小，根据Q=CU知，电荷量减小，电容器放电，则灵敏电流计中有a→b的电流。故A错误，D正确。电势差不变，两极板间的距离不变，则电场强度不变，尘埃所受的电场力不变，尘埃仍然静止。故B正确，C【点睛】本题应明确电容器是由电源相连的，则可直接得出电压不变，再根据d不变，即可明确场强不变；在解题时要注意认真分析，避免走弯路．10、BD【解析】

电容器充电过程为电能向电场能转化的过程，故A错误；因Q=It，所以根据I-t图线所围成的面积表示电量，根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电量为0.08×10-3C，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为34，所以释放的电荷量是：q=0.08×10-3C×34=2.72×10-3C；可估算出该电容器的电容大小约为：C=QU=2.72×10-33mF≈0.9mF，故三、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、C;D;F;2.20;增大;【解析】

（1）因灯泡的额定电压为2V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于2V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0~3V的电压表，故选D；由P=UI得，灯泡的额定电流I=1.5A；故电流表应选择0~2A的量程，故选C；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选F；（2）由图可知，量程为3V，最小分度为0.1V，则读数为2.20V；（3）I-U图象中图象中的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，斜率减小，故电阻增大；（4）由以上分析可知，本实验应采用分压和电流表外接法，故电路图如图所示；【点睛】（1)仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；（2）根据量程确定最小分度，从而明确读数；（3)根据I-U图象的性质分析电阻的变化；（4）根据实验要求确定电压表和电流表的接法，从而得出电路图.12、（1）3.0；1.0；（2）电流表的内阻为2.0Ω；（3）1.26×10-6【解析】

解：(1)由图甲根据闭合电路欧姆定律应有：，可整理为：，由图乙根据函数斜率和截距的概念则有电源电动势：，内阻：；(2)由题意及可得：；结合数学一次函数概念可知，图线的纵轴截距表示电流表的内阻为(3)根据图可知，当x=0时电阻为2Ω，结合图甲可知电流表A的内阻，所以应有，由图读出，即电阻丝电阻R=2Ω时对应的长度x=0.20m，，由可得，代入数据解得：；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）【解析】

（1）设线圈中产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律可得设PQ与MN并联的电阻为R并，有：R并闭合S后，设线圈中的电流为I，方向为逆时针方向，根据闭合电路的欧姆定律可得：设PQ中的电流为IPQ，Q到P，则设PQ受到的安培力为F安，方向向左，有：F安=BIPQl保持PQ静止，根据平衡条件可得F=F安方向向右，联立解得（2）设PQ由静止开始到速度大小为v的