广东省广州市广雅中学2025届高二物理第一学期期中检测试题含解析

广东省广州市广雅中学2025届高二物理第一学期期中检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加2、如图所示，板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成300角；若粒子甲乙以相同的大小的初速度v0=2gL由图中的P点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动，然后离开电容器；虚线1为连接上下极板边缘的水平线，虚线A．两者均做匀速直线运动B．两者电势能均逐渐增加C．两者的比荷之比为3:4D．两者离开电容器时的速率之比为v3、列说法中正确的是（）A．由知道，一段导体的电阻跟他两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比B．比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻C．导体电流越大，电阻越小D．由知道，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比4、关于静电场,下列说法中正确的是()A．在电场中某点的电势为零,则该点的电场强度一定为零B．电荷在电场中电势高的地方电势能大,在电势低的地方电势能小C．根据公式U=Ed可知,在匀强电场中两点间的距离越大,电势差就越大D．正电荷从电势高的点运动到电势低的点,电势能一定减小5、某电场的电场线如图所示，仅受电场力作用的同一点电荷分别运动到图中所给的M、N上，点电荷的加速度大小为aM和aN，由图可知（）A．aM＞aNB．aM＜aNC．aM=aND．无法比较aM和aN的大小6、有一粗细均匀的电阻丝，电阻是3Ω。当它被均匀拉长后，其电阻变为108Ω，则它的长度为原来长度的（）A．6倍B．9倍C．18倍D．36倍二、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，在匀强电场中有一直角三角形OBC，电场方向与三角形所在平面平行，若三角形三点处的电势分别为φO、φB、φC，已知φO=0V，φB=3V，φC=6V，OB=4cm，OC=6cm。则下列说法中正确的是A．匀强电场中电场强度的大小为200V/mB．匀强电场中电场强度的大小为125V/mC．匀强电场中电场强度的方向斜向下与OC夹角为37°D．一个电子由C点运动到O点再运动到B点的过程中电场力做功3eV8、在隧道工程以及矿山爆破作业中，部分未发火的炸药残留在爆破孔内，很容易发生人员伤亡事故。为此，科学家制造了一种专门的磁性炸药，在磁性炸药制造过程中掺入了10%的磁性材料——钡铁氧体，然后放入磁化机磁化。使用磁性炸药一旦爆炸，即可安全消磁，而遇到不发火的情况可用磁性探测器测出未发火的炸药.己知掺入的钡铁氧体的消磁温度约为400℃，炸药的爆炸温度约2240℃~3100℃,一般炸药引爆温度最高为140℃左右.以上材料表明()A．磁性材料在低温下容易被磁化B．磁性材料在低温下容易被消磁C．磁性材料在高温下容易被磁化D．磁性材料在高温下容易被消磁9、如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A＇、B＇、C＇、D＇作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直．下列说法正确的是（）A．AD两点间电势差UAD与AA＇两点间电势差UAA＇相等B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到D＇点，电场力做正功C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到D＇点，电势能减小D．带电的粒子从A点移到C＇点，沿对角线AC＇与沿路径A→B→B＇→C＇电场力做功相同10、做简谐振动的水平弹簧振子，其振子的质量为m，振动过程中的最大速率为v，从某一时刻算起，在半个周期内A．弹力的冲量一定为零B．弹力的冲量大小可能是零到2mv之间的某一个值C．弹力所做的功一定为零D．弹力做功可能是零到之间的某一个值三、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）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则θ_______，EP________（“增大”“减小”“不变”）12．（12分）用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻．蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小．除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：A、电压表（量程3V）；B、定值电阻R0（阻值4Ω，额定功率4W）C、电流表（量程3A）D、电流表（量程0.6A）；E、滑动变阻器R（阻值范围0—20Ω，额定电流1A）（1）电压表应选________；电流表应选________．（填器材前的字母代号）．（2）根据实验数据作出U—I图像（如图乙所示），则蓄电池的电动势E＝___V，内阻=____Ω；（均保留三位有效数字）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）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=1．0kg和mB=2．0kg．用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=1s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求：（1）物块C的质量mC；（2）墙壁对物块B在1s到12s的时间内的冲量I的大小和方向；（2）B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep；（1）B离开墙后，三个物块在光滑的水平地面上向左运动（地面很长），B的速度变化范围，粘在一起AC的速度变化范围？14．（16分）如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高，且两板间电压大小为U=300V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10C、质量为m＝1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为s1=12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为s2=9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计）（1）在图上粗略画出粒子的运动轨迹；（2）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。（计算结果保留两位有效数字）15．（12分）如图所示的电路中，电源电压是18V且保持不变，闭合电键时，安培表的示数是1.2A，伏特表的示数是12V。求：(1)R2两端的电压(2)R1的电阻(3)R2的电阻

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、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，A错误；B、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，B错误；C、粒子在电场力和重力的合力作用下做类似平抛运动，电场力和重力的合力向下，故从M到N动能增加，C正确；D、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，故机械能可能增加，也可能减少，D错误；2、D【解析】

根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A错误；粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变。故B错误；根据受力图，对甲：m甲g＝q甲•Ecos30°＝32q甲E，所以：q对乙：m乙g•cos30°=q乙E，所以：q乙m乙＝3g2E；所以：q甲m甲：q乙m乙＝23g3E：3g2E＝43，故C错误；带电微粒甲沿水平直线运动，合力做的功：W1＝m甲g•tan30°•Lcos30°=23m甲gL，根据动能定理得：12m甲v3、B【解析】试题分析：导体电阻取决于导体本身，电流取决于导体两端的电压及电阻；电压决定了电流，而电流不能决定电压．解：A、导体的电阻取决于导体自身，与U、I无关，故A、C错误；B、比值反映了导体对电流的阻碍作用，定义为电阻，所以B正确；D、由电流与电压的关系知电压是产生电流的原因，所以正确的说法是“通过导体的电流跟加在它两端的电压成正比”，因果关系不能颠倒，D错误．故选B．【点评】本题要注意欧姆定律中的相关决定关系，要正确理解所对应的因果关系，不能颠倒．4、D【解析】

A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误．B、据电势能公式Ep=qφ知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，故B错误．C、公式U=Ed中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误．D、据电势能公式Ep=qφ知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D正确．故选D．5、A【解析】

由电场线的分布可知，电场线在N点较密，所以在N点的电场强度大，点电荷在N点时受到的电场力大，所以由牛顿第二定律可知点电荷在N点加速度大，故A正确，BCD错误；故选A．6、A【解析】

当导体的长度拉长到原来的x倍时，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的1x；而导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的x2倍即3【点睛】在电阻丝温度不变的条件下，电阻的影响因素是材料、长度、横截面积，当导线被拉长后，长度变长的同时，横截面积变小，但导体的整个体积不变。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】

ABC.如图，根据匀强电场的特点，OC中点D的电势为3V，则BD为一条等势线，电场方向如图，电场强度的方向斜向下与OC夹角tanθ＝ODOB＝34，θ=37°；由几何关系得，O到BD的距离d＝2.4cm，在匀强电场中D．根据W=qU可知一个电子由C点运动到O点再运动到B点的过程中电场力做功为W=-e×3V=-3eV，故D错误；8、AD【解析】

AB.由安培分子电流假说可知，低温情况下，分子运动不剧烈，在外磁场的作用下，分子环形电流的磁极趋向基本一致，因而易被磁化，故A项正确，B项错误.CD.高温时，分子剧烈运动，导致趋向基本一致的分子环形电流的磁极趋向重新变得杂乱无章，进而达到消磁目的，故C项错误，D项正确.9、BD【解析】

由题意，电场的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A′两点沿电场线的方向有距离，顺着电场线方向电势降低，所以AA′两点间电势差UAA′不为0，A错误；带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D→D'电场力做正功，B正确；同理，带负电的粒子从A点沿路径A→D→D'移到D'点，电场力做负功，电势能增大，C错误；由电场力做功的特点：电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，则知带电的粒子从A点移到C′点，沿对角线AC′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同，D正确；故选BD．【点睛】本题关键要掌握：1、只有电场力做功，电荷的电势能和动能之和保持不变．2、只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能三者之和保持不变．3、电场力做的正功，等于电势能的减少量；电场力做负功，等与电势能的增加量．10、BC【解析】

A．由于经过半个周期后，物体的速度反向，故动量也反向，根据动量定理，弹力的冲量一定不为零，故A错误；B．振子的最大速率为v，最小速率为0，所以速度的变化范围在0到2v之间，根据动量定理可知，弹力的冲量大小可能是零到2mv之间的某一个值，故B正确；CD．经过半个周期后，位移与之前的位移关系是大小相等、方向相反；速度也有同样的规律，故动能不变，根据动能定理，弹力做的功为零，故C正确，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、减小不变【解析】

电容器视为通电后断开电源，故极板上的电荷量不变，上极板下移，板间距离减小，由可知C增大，由可知两板间的电压变小，指针张角应该减小，由得：，Q、k、S、均不变，则E不变，P点与零势面的距离不变由可知电势差不变，电势不变，故电势能也不变．综上所述本题答案是：(1).减小(2).不变12、AD2.100.20【解析】（1）电动势为2V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择A，电路中的电流，因此电流表选择D．（2）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可得：U=E-Ir，由此可知当I=0时的纵轴截距大小等于电源的电动势大小，由此可知，E=2.10V；图象的斜率大小等于电源的内阻和定值电阻R0之和：，所以电源的内阻为：．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）2kg（2）方向向左（2）（1）[0，1]方向向左[2，1]方向向左【解析】试题分析：（1）AC碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量．（2）在1s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功；在1s到8s的时间内，对ABC系统运用动量定理列式求解墙壁对B的冲量（2）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒；当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大。(1)由图知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=2m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1=（mA+mC）v2，解得：mC=2