2025届江西省重点中学物理高二第一学期期中学业水平测试试题含解析

2025届江西省重点中学物理高二第一学期期中学业水平测试试题注意事项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、四个相同的小灯泡按照如图所示的、两种方式接入电压相等的电路中，调节、使四个小灯泡都正常发光，这时可变电阻、消耗的电功率和的关系为A． B． C． D．2、小强用与水平方向成θ角的轻绳拉木箱，未拉动，此时绳中拉力为F，则木箱所受摩擦力的大小为（）A．F B．FsinθC．0 D．Fcosθ3、用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中.通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是（）A．图甲中电压表的指针偏角与电流表的相等B．图甲中电压表的指针偏角比电流表的小C．图乙中电压表的指针偏角与电流表的相等D．图乙中电压表的指针偏角比电流表的小4、1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A．离子从磁场中获得能量B．电场的周期随粒子速度增大而增大C．离子由加速器的中心附近进入加速器D．当磁场和电场确定时，这台加速器仅能加速电量相同的离子5、如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度（即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量()与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是（）A．L越大，灵敏度越高 B．d越大，灵敏度越高C．U1越大，灵敏度越高 D．U2越大，灵敏度越低6、如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，O点圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，bO沿水平方向，已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（）A．当小球运动到b点时，小球受到的洛伦兹力最大B．当小球运动到c点时，小球受到的支持力一定大于重力C．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小D．小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能增大二、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、如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板向下移动到虚线位置，其他条件不变．则（）A．油滴将向上运动B．在B极板移动过程中电流计中有由b流向a的电流C．油滴运动的电势能将增大D．极板带的电荷量减少8、如图所示，倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为＋q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力．则：A．若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将加速下滑B．若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑C．若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变小D．若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑9、如图为表演杂技“飞车走壁”的示意图．演员骑摩托车在一个圆台形结构的内壁上飞驰，做匀速圆周运动．图中a、b两个虚线圆表示同一位演员骑同一辆摩托，在离地面不同高度处进行表演的运动轨迹．不考虑车轮受到的侧向摩擦力，下列说法中正确的是A．在a轨道上运动时线速度较大B．在a轨道上运动时角速度较大C．在a、b两个轨道上运动时摩托车对侧壁的压力相等D．在a轨道上运动时摩托车和运动员所受的向心力较大10、如图，a、b、c三个α粒子（氦核），同时由同一点垂直于场强以不同的速率进入偏转电场，其轨迹如图，其中b恰好飞出电场，不计α粒子之间的相互作用力，由此可以肯定（）A．在b飞离电场的同时，a还未打在负极板上B．b比c后飞离电场C．进入电场时，c的速度最小，a的速度最大D．动能的增量相比，c的最小，a和b一样大三、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）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：A．小灯泡L（3V、5Ω）；B．滑动变阻器R1（0－10Ω，额定电流1.5A）；C．滑动变阻器R2（0－500Ω，额定电流0.5A）；D．电压表V1（量程：0－3V，RV＝5kΩ）；E．电压表V2（量程：0－15V，RV＝10kΩ）；F．电流表A1（量程：0－0.6A，RA＝0.5Ω）；G．电流表A2（量程：0－3A，RA＝0.1Ω）；H．铅蓄电池、开关各一个，导线若干；实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压。（1）为了减少误差，实验中应选滑动变阻器_________电压表_______，电流表________；（2）请在图虚线框内按要求设计实验电路图（部分线已画好）（3）某同学实验后作出的I－U图象如图所示，请分析该图象形成的原因是：__________。（4）某同学由测出的数据画出I—U图象，如图所示，当小灯泡两端电压为1.8V时，小灯泡的电阻值R＝________Ω，此时小灯泡的实际功率P＝________W。(结果保留两位有效数字)12．（12分）在测定“金属丝的电阻率”实验中，待测金属丝电阻约为，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：

A、电池组E（3V，内阻约）

B、电流表A（0-0.6A，内阻约）

C、电压表（0-3V，内阻）

D、电压表（0-15V，内阻）

E、滑动变阻器（，允许最大电流0.3A）

F、滑动变阻器（，允许最大电流1A）

G、开关、导线若干（1）实验中选择的电压表是___________；选择的滑动变阻器是_________（填写仪器前字母代号）（2）用螺旋测微器测得金属丝直径d的读数如图，则读数为____mm；（3）若用L表示金属丝长度，d表示直径，电流表读数为I，电压表读数为U。则金属丝电阻率的表达式ρ=____________。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,在xOy平面的第一象限内有平行于y轴的有界匀强电场,方同沿y轴正方向；第四象限有一匀强电场一质量、电荷量的带电粒子,从P点以初速度大小,垂直y轴方向射入电场中,粒子偏转后经过x轴上A点进入第四象限,并沿直线运动的最大距离,已知,,不计粒子重力,求：(1)粒子的带电性质和粒子在第一象限的加速度大小；(2)粒子从A点运动到B点的时间；(3)第四象限的匀强电场大小和方向。14．（16分）如图所示，两个圆弧与直轨道组合成固定光滑绝缘轨道，在高度h=2R以下存在、方向水平向右的匀强电场，其它几何尺寸如图所标，一带电量为q，质量为m的带正电的小球，从A处以初速度v0向右运动。(本题计算结果可以保留根式)（1）当小球运动到最高点B处时，对轨道的压力等于mg，试求小球落回水平轨道时与A处相距多远？（2）若小球整个运动只能束缚在轨道内运动而不脱离，则小球v0应满足的条件？（3）在第（2）问条件下v0取最大值时，求轨道对小球的最大弹力为多少？15．（12分）如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场．自该区域的A点将质量为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出．小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开．已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g．已知A点到左边界的距离也为L．（1）求该电场的电场强度大小；（2）求小球射出的初速度大小；（3）要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件．

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、B【解析】

灯泡正常发光时的电流为额定电流；并联电路中干路电流是各支路电流的和；串联电路中，各处电流都相等；先表示出并联和串联电路的实际电流与灯泡的额定电流的关系，再利用𝑃=𝑈𝐼表示出ab两图的功率即可求解．【详解】两灯泡规格相同且正常发光，甲图灯泡并联，电流为；乙图灯泡串联，电流为；电阻的电压为：，消耗的功率为：电阻的电压为：，消耗的功率为：，，所以，B正确．2、D【解析】

试题分析：对木箱受力分析，根据平衡条件：水平方向Fcosθ=f，得：f=Fcosθ，故选D．考点：物体的平衡、力的分解3、D【解析】

AB.图甲中由于电流表的表头是并联在电路中，电压表的表头是串联在电路中，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表中表头的电流小于电压表中的电流，所以电压表的指针偏角比电流表的大，故A、B错误；CD.图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中串联的定值电阻分压的原因，电压表中表头两端的电压小于电流表中表头两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，故C错误，D正确.4、C【解析】

A.由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有，故离子是从电场中获得能量。故A错误；B.据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期。所以，与离子的速度大小无关。故B错误；C.要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故C正确；D.当磁场和电场确定时，由于周期确定了，所以加速时粒子的比荷确定，所以D错误；5、A【解析】

在电场中，根据动能定理得：粒子在偏转电场中，由运动学公式得：L=vt在偏转电场中的偏转位移，由运动学公式得：且解得：联立解得，灵敏度：则：A．L越大，灵敏度越大，选项A正确；；B．d越大，灵敏度越小，选项B错误；C．U1越大，灵敏度越小，选项C错误；D．灵敏度与U2无关，故D错误。6、C【解析】A、电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大，所受洛伦兹力最大，A错误；B、当小球运动到c点时，受到的洛伦兹力向上，由于磁场强弱未知，小球受到的支持力不一定大于重力，B错误；C、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，动能先增大后减小，故C正确；D、小球从a点运动到b点，重力做正功，重力势能减小，电场力做正功，电势能减小，D错误。故选;C.【名师点睛】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可。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、CD【解析】

带电油滴P正好静止在极板正中间时，所受的电场力与重力二力平衡，电场力必定竖直向上．将B极板向下移动到虚线位置时，板间距离增大，分析电容的变化，抓住电压不变，分析板间场强和电容器电量的变化，即可判断油滴的运动情况，由电量的变化情况，确定电路中电流的方向．【详解】A．将B极板向下移动到虚线位置时，两极板的距离增大，由于板间电势差U不变，根据可知，极板间的电场强度减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下加速，故A错误；BD．电容器板间距离增大，则电容减小，而板间电压U不变，则由可知，电容器所带电荷量减小，开始放电，上极板带正电，则知电流计中电流由a流向b，故B错误，D正确；C．油滴向下运动时电场力做负功，其电势能将增大，故C正确．【点评】解决本题的关键抓住电容器始终与电源相连，电势差不变，结合电容的变化判断电量的变化．由分析场强的变化．8、BC【解析】

由题意可知考查力的平衡和牛顿第二定律应用，根据平衡条件和牛顿第二定律分析可得。【详解】A.若滑块匀速下滑，，加上竖直向上的电场后，滑块受到竖直向上的电场力作用，设电场力为F，滑块继续匀速度运动，故A错误；B.若滑块匀速下滑，，加上竖直向下的电场后，滑块受到竖直向下的电场力作用，设电场力为F，，说明滑块仍匀速下滑，故B正确。C.若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，合力减小，加速度变小，故C正确；D.若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块受到的合力增大，加速度增大，故D错误。【点睛】滑块原来匀速运动，受力平衡，加上电场后合力为零，仍做匀速运动。若滑块向下做匀加速、匀减速运动，根据牛顿第二定律列出方程求出开始时的加速度，加电场力后受力分析根据牛顿第二定律列出方程求出后来加速度，比较先后加速度的大小可得。9、AC【解析】

任选一摩托车作为研究对象，根据匀速圆周运动的合力提供向心力的特点，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律得到角速度、线速度与半径的关系，可比较它们的大小．根据力图，比较侧壁对摩托车的支持力和向心力的大小．【详解】A、B项：以任摩托车为研究对象，作出力图，如图：设侧壁与竖直方向的夹角为θ，则根据牛顿第二定律，得mgcotθ=mω2r，得到，θ相同，r大，则ω小，故在a轨道上运动时角速度较小，，解得：，r大，则v大，则在a轨道上运动时线速度较大，故A正确，B错误；C项：设侧壁对车的支持力为FN，则由图得到：，故FN的大小一样，故C正确；D项：向心力Fn=mgcotθ，故向心力Fn的大小相等，故D错误．故应选：AC．【点睛】本题是圆维摆类型，支持力和重力的合力提供物体的向心力．对于几个相似情况的比较，往往以任意情况情况为例研究，得到一般的公式，然后比较大小．10、BD【解析】试题分析：三个粒子所受电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上，，a、b的偏转位移相等，大于c的位移，所以a、b的时间相等，b飞离的时候，a刚好打在极板上，故A错误；C飞离电场所用的时间最短，同时进入，则b比c后飞离电场，故B正确；飞离电场时所走的水平位移是一样的，c的时间最短，速度最大所以C错误；由动能定理可知，动能的增加等于合外力做的功，a、b电场力做的功一样多，c的位移最小电场力做工最少，故D正确．考点：本题考查了带电粒子在电场中的偏转三、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、BDE温度的影响3.60.90【解析】（1）因为灯泡的电阻为5欧姆，因此为了调节方便，滑动变阻器应选择总阻值较小的

B（R1）即可；为了方便调节小灯泡额定电压是3V，电压表应选V1，即D；灯泡额定电流I=0.6A，电流表应选电流表A1，即E。

（2）因为电压、电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约5Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法误差较小，电路图如图所示：（3）从图象可知I-U图象的斜率逐渐减小，即电阻R逐渐增大，形成的原因是随着电压增高，小灯泡温度升高，电阻率增大阻值增大，即受温度的影响。

（4）由图可知当电压为1.8V时，对应的电流为0.5A，则根据欧姆定律可得：，此时小灯泡的实际功率：。12、CF1.995【解析】（1）电池组电压是3V，故电压表选C，由于待测电阻的电阻值比较小，滑动变阻器选总阻值小的便于调节，故选F；（2）螺旋测微器读数为，（3）根据和，联立得：.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)负电；(2)(3)2.5×103m/s,方向沿AB方向【解析】

粒子在电场中向下偏转,可知粒子带负电,根据牛顿第二定律得,粒子在第一象限内的加速度