江西省新余第四中学2025届物理高二第一学期期末复习检测试题含解析

江西省新余第四中学2025届物理高二第一学期期末复习检测试题注意事项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、由电场强度的定义式可知，在电场中的同一点()A.电场强度E跟F成正比，跟q成反比B.无论检验电荷所带的电荷量如何变化，始终不变C.电荷在电场中某点所受的电场力大，则该点的电场强度强D.一个不带电小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零2、带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点，在匀强磁场中摆动，不计空气阻力，当小球每次通过最低点时（）A.摆球受到的磁场力相同B.摆球的动能相同C.摆球的速度相同D.摆球所受丝线拉力相等3、下列各图中，用带箭头的细实线表示通电直导线周围磁感线的分布情况，其中正确的是A. B.C. D.4、如图所示，为某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40V降低到36V，对电容器来说正确的是（）A.是充电过程B.是放电过程C.该电容器的电容为5.0×10﹣2FD.电容器的电量变化量为0.20C5、如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计针的偏转示电容两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量不变．设电容两极正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为．下列关于实验现象的描述正确的是（）A.保持不变，增大，则变大B.保持不变，减小，则不变C.保持不变，减小，则变小D.保持、不变，两板间插入电介质，则变大6、如图所示为某一输电示意图，电厂的发电机输出功率为100kW，输出电压U1=500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1:n2=1:20，输电线电阻为40Ω，用户需要的电压U4=220V，变压器均为理想变压器．则A.输电线上的输送电流为250AB.输电线上损失的电压为280VC.输电线上损失的电功率为4kWD.降压变压器的原、副线圈的匝数比为n3:n4=48:11二、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，在xOy坐标平面内有方向平行于坐标平面的匀强电场，abcd是平面内直角梯形的四个顶点，坐标如图所示，已知a、b、c三点电势分别为2V、6V、8V，下列说法正确的是A.坐标原点O的电势为4VB.d点的电势为5VC.c、O两点的电势差等于b、a两点的电势差D.匀强电场方向沿cb方向8、如图所示，劲度数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4．物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为．则（）A.撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B.撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为C.物体做匀减速运动的时间为D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为9、在光滑水平面上有一个质量为m=1kg的小球，小球的一端与水平轻弹簧连接，另一端与不可伸长的轻绳相连，轻绳与竖直方向成θ=45°角，如图所示．小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，取g=10m/s2，则（）A.此时弹簧的弹力为10NB.剪断弹簧瞬间，小球加速度的大小为10m/s2C.剪断细绳的瞬间，小球受到的合力水平向左D.剪断细绳的瞬间，小球加速度的大小为10m/s210、如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时所产生正弦式交变电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦式交变电流的图象如图线b所示，下列关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是A.在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为0B.线圈先后两次转速之比为3∶2C.交变电流a的峰值为10VD.交变电流b的峰值为5V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）某同学为测定某柱形电子元件的电阻率，用游标为20分度的卡尺测量它的长度，示数如图所示，读数为L＝_____cm。12．（12分）某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值为“2.5V1.25W”，实验室中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：电压表(量程为3V，内阻为3kΩ)；电流表(量程为100mA，内阻为10Ω)；电流表(量程为3A，内阻为0.1Ω)；滑动变阻器(0～10Ω，额定电流为2A)；滑动变阻器(0～1kΩ，额定电流为0.5A)；定值电阻(阻值为2.5Ω)；定值电阻(阻值为10Ω)；定值电阻(阻值为1kΩ)；电源E(E＝3V，内阻不计)。实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。（1）实验中滑动变阻器应选用________，电流表应选用________(均填器材符号)，并________(填“串联”或“并联”)定值电阻。（2）在图中的虚线框内画出电路图______________。(图中标出选用的器材的符号)四、计算题：本题共3小题，共38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，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B，纸面内有一单匝长方形均匀金属线框abcd，其ab边长为L，bc边长为2L，线框总电阻为R，ab边与磁场边界平行，线框在向右方向拉力作用下以速度v做匀速运动。求：(1)当ab边刚进入磁场时，ab两端的电势差Uab(2)线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量q(3)线框进入磁场过程中，bc上产生的热量Q14．（16分）如图所示，M为一线圈电阻r1＝0.4Ω的电动机，R＝24Ω，电源电动势E＝40V．当S断开时，理想电流表的示数I1＝1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2＝4.0A，求：(1)电源内阻r；(2)开关S闭合时，通过电阻R的电流；(3)开关S闭合时，电动机输入功率和输出功率15．（12分）如图所示，在xoy坐标面第一象限内有沿y轴方向的匀强电场，在第四现象内有垂直xoy平面向外的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q的粒子在P点（6L，L）以速度v0向x轴负方向运动，从x轴上N点（图中未标出）进入磁场，然后从x轴上M点（2L，0）离开磁场，在M点速度方向与x轴负方向夹角为45°。不计粒子重力。(1)求电场强度E的大小；(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)求粒子从P点到M点所用的时间。

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】电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定；一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零；【详解】A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定，故A错误；B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变，故B正确；C、同一电荷在电场中某点所受的电场力大，P点的场强不一定为零，还要该电荷的电荷量大小，故C错误；D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零，故D错误【点睛】对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身的性质决定，反映电场本身的强弱和方向2、B【解析】A．由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，则受到的磁场力不同，故A错误；BC．由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从左右两侧向最低点运动且两次经过最低点时的动能相同，小球的速度大小相同，但是方向不同，故B正确，C错误；D．由B选项可知，速度大小相等，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则根据牛顿第二定律可知，拉力的大小不同，故D错误。故选B。3、D【解析】本题考查直导线周围磁场的分布情况，可根据安培定则得出磁场的形状并能画出不同面上的平面图【详解】通电直导线的磁感线是由导线为中心的一系列同心圆，且导线与各圆一定是相互垂直的，故D正确，ABC错误【点睛】在电磁学中应注意空间想象能力的培养，要学会由立体图画出平面图，只有这样才能顺利求解一些电磁场中的力学问题4、B【解析】AB．由图象可知，电压从40V降低到36V，电容器的电量减小，则属于放电过程，故A错误，B正确；C．根据图象，当电压为40V时，电量为0.2C，故电容为故C错误；D．C如果该电容器两端的电压从40V降低到36V，则∆Q=C∆U=0.005F×（40﹣36）V=0.02C故D错误；故选B。5、A【解析】A：平行板电容器的电容，电容器电压与电容的关系为，电量不变，保持不变，增大，电容减小，电压增大，变大，故A项正确B：电量不变，保持不变，减小，电容增大，电压减小，变小，故B项错误C：电量不变，保持不变，减小，电容减小，电压增大，变大，故C项错误D：电量不变，保持、不变，在两板间插入电介质，电容增大，电压变小，变小，故D项错误所以选A点睛：①平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化②平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化6、C【解析】A.根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比得，所以有：，发电机的输出功率为100kW，所以有，输电线中电流为，故选项A错误；B.输电线上电压损失，故选项B错误；C.输电导线上损失电功率为，故选项C正确；D.可得，降压变压器原、副线圈的匝数比是，故选项D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、AC【解析】A.根据U=Ed可得，匀强电场中相互平行的直线上，电势差与长度成正比，则代入数据得：故A正确；B.根据A选项的分析，有：代入数据得：故B错误；C.根据A选项的分析，c、o两点的电势差等于b、a两点的电势差，故C正确；D.b、d两点电势相等，b、d两点连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势知，匀强电场方向沿ba方向故D错误。故选：AC8、BD【解析】A．撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A错误；B．刚开始时，由牛顿第二定律有：解得：B正确；C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：联立解得：，C错误；D．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有解得，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：D正确。故选BD。9、CD【解析】考查弹力的突变和牛顿第二定律。【详解】A．对小球受力分析：弹簧弹力：A错误；B．剪断弹簧的瞬间，弹簧弹力突变为0，绳的拉力也突变为0，水平面对物体有向上的支持力，与重力平衡，合力等于0，加速度为0，B错误；C．剪断细绳的瞬间，绳的拉力突变为0，物体有往下掉的趋势，水平面对物体有向上的支持力，与重力等大反向，此时物体的合外力为弹簧弹力，水平向左，C正确；D．由牛顿第二定律：解得加速度，D正确。故选CD。10、BC【解析】由图读出电压最大值Um，周期T，由周期关系求出转速关系．t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量【详解】t=0时刻U=0，根据法拉第电感定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大．则A错误．周期之比为2：3，则转速之比为3；2，则B正确；交流电a的峰值为10V，选项C正确；根据Em=BωS可知，则Emb=V，选项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、670【解析】[1]．游标卡尺读数为：10.6cm+0.05mm×14=10.670cm.12、①.R1②.A1③.并联④.【解析】[1]由于所做实验为“描绘小灯泡的伏安特性曲线”，滑动变阻器需采用分压的接法，故滑动变阻器选R1；[2][3]由电功率公式，小灯泡的额定电流为电流表A2的量程过大，无法使用；而电流表A1的量程过小，但已知电流表内阻且题目中给有定值电阻，则可把电流表进行改装使用，故把电流表与定值电阻串联且改装后的电流表需外接；由题给定的定值电阻，则选用，此时电流表的量程为[4]由以上分析可知，电路图如下四、计算题：本题共3小题，