2025届北京顺义牛栏山一中物理高二上期中统考试题含解析

2025届北京顺义牛栏山一中物理高二上期中统考试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、在如图所示的匀强磁场中,已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向,其中错误的是（）2、如图所示，一电荷量q=+3×10-5C的小球，用绝缘细线悬挂于竖直放置足够大的平行金属板中的O点，开关S合上后，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=37°．已知两板间距d=0.1m，电源电动势E=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=1Ω，．取g=10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.1．则以下说法正确的是()A．电源的输出功率为14WB．两板间的电场强度的大小为140V/mC．带电小球的质量5.6毫克D．若增加R1的大小，会有瞬时电流从右向左流过R43、2s内有0.1C电荷通过一段横截面积为0.5cm2的导体材料，则电流强度是（）A．0.1A B．0.15A C．0.25A D．0.05A4、2013年6月20日，在“天宫一号”测出指令长聂海胜的质量。聂海胜受到恒定作用力F从静止开始运动，经时间t时，测速仪测出他运动的速率为v，则聂海胜的质量为()A．B．C．D．5、下列元器件中，哪一个是电容器？（）A．B．C．D．6、物体做匀圆周运动的过程中，以下物理量发生变化的是()A．线速度 B．周期 C．频率 D．向心力的大小二、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、如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压恒定为U1＝250V，输出功率P1＝100kW，输电线电阻R＝8Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是()A．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比D．用10000V高压输电，输电线损耗功率为800W8、如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中()A．从P到M所用的时间等于B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变小D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功9、在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A．电流表示数变小B．电压表示数变大C．电容器C中的电场强度变小D．a点的电势降低10、阻值为10Ω的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上，以下说法正确的是()A．电压的有效值为10VB．通过电阻的电流有效值为1AC．电阻消耗电功率为5WD．电阻每秒钟产生的热量为5J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）某同学通过实验测量一种合金的电阻率．(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图1所示的部件__________(选填“A”，“B”，“C”或“D”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________mm.(2)图2所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中______(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23V和38mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议．________12．（12分）某同学在探究规格为“”的小灯泡伏安特性曲线实验中，该同学采用如图甲所示的电路进行测量。现备有下列器材供选用：A．量程是，内阻是的电流表B．量程是，内阻是的电流表C．量程是，内阻是的电压表D．量程是，内阻是的电压表E．阻值为，额定电流为的滑动变阻器F．阻值为，额定电流为的滑动变阻器G．蓄电池（内阻不计）H．开关一个，导线若干(1)为使测量结果尽量准确，电流表应选用________，电压表应选用___________，滑动变阻器应选用_________（只填字母代号）。(2)在实验过程中，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最__________端（填“左”或“右”）。(3)在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关后，无论如何调节滑片，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是___________点到_________点的导线没接好（空格中请填写图甲中的数字，如“2”点到“3”点的导线）。(4)该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线示意图如图所示，则小灯泡的电阻随工作电压的增大而________（填“不变”“增大”或“减小”）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，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成θ角．设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力．求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r．14．（16分）如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8），现将该小球从电场中某点P以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g，求：（1）小球受到的电场力的大小及方向；（2）小球从抛出至最高点的过程中，电场力所做的功；（3）小球从P点抛出后，再次落回到与P点在同一水平面的某点Q时，小球的动能.15．（12分）一个带负电的粒子，q=-2.0×10-9C，在静电场中由a点运动到b点，在这过程中，除电场力外，其它力作的功为6.0×10-5J，粒子动能增加了8.0×10-5J，求a、b两点间电势差Uab等于多少？

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】试题分析：根据左手定则可知：ABCD三图中电流、磁场、安培力方向均和左手定则中要求方向一致，故正确；C图中电流和磁场方向一致，不受安培力，故C错误．考点：考查了左手定则【名师点睛】安培定则、左手定则、右手定则等应用容易混淆，因此平时要加强训练，熟练应用这几种定则进行有关物理量的判断．2、B【解析】

R2=R3=1Ω，并联后的电阻值为：R′＝R2=4Ω；由闭合电路的欧姆定律得：；电源的输出功率P=EI-I2r=15×2-22×0.5=21W，故A错误；两板间的电压为：UC=I（R1+R23）=2×（3+4）=14V；两板间的电场强度为：，故B正确；小球处于静止状态，所受电场力为F，又F=qE，由平衡条件得：水平方向Tcosα-mg=0；竖直方向：Tsinα-qE=0；得：m==5.6×10-4kg，故C错误；若增加R1的大小，电容两端电压增大，电容器充电，会有瞬时电流从左向右流过R4，故D错误．故选B．3、D【解析】

由电流的定义式A.0.1A与分析不符，A错误B.0.15A与分析不符，B错误C.0.25A与分析不符，C错误D.0.05A与分析符合，D正确4、B【解析】根据加速度定义：，再根据牛顿第二定律F=ma，联立可得：，故B正确，ACD错误。5、C【解析】

高中课本上出现电容器有：平行板电容器，可调电容器，聚苯乙烯电容器和电解电容器，每一种都有不同的外形，我们可以根据外形和构造进行判断，常见的电学仪器也要记牢；【详解】A、图片是滑动变阻器，故A错误。

B、图片虽然像聚苯乙烯电容器或电解电容器，但它有3跟腿，所以应为三极管，故B错误；

C、图片是可调电容器，故C正确；

D、图片是法拉第在做电磁感应实验中用到的线圈，不是电容器，故D错误。【点睛】对于电学元器件，有的可能光靠从外形上分辨不出来，因为有的看不到构造，需要认识课本上出现的所有电学元器件。6、A【解析】

在描述匀速圆周运动的物理量中，线速度、向心加速度、向心力这几个物理量都是矢量，虽然其大小不变但是方向时刻在变，因此这些物理量是变化的，即保持不变的量是周期、角速度和频率，变化的是线速度，故A正确，BCD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、ACD【解析】

AB．因为发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变,若发电厂的输出功率增大,则升压变压器的输出功率增大,根据：可知输电线上的电流I线增大，根据：输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压：可得降压变压器的输入电压减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，所以A正确，B错误.C．损失的功率为：又根据：代入数据计算得出：升压变压器原线圈中的电流为：故匝数之比为：所以C正确.D．用10000V高压输电，输送电流为：损失功率为：故D正确;8、CD【解析】

A．海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A错误；B．从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；C．从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故C错误；D．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。故选D。9、BCD【解析】

B．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，并联电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻两端电压增大，则电压表示数变大，故B正确；AD．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于两端的电压，，，干路电流I增大，变小，则a点的电势降低，通过的电流减小，通过电流表的电流，干路电流I增大，减小，则增大，即电流表示数变大，故A错误，D正确；C．电阻两端的电压，干路电流I增大，则变小，电容器板间电压变小，电容器C中的电场强度减小，故C正确．【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析．根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化．10、CD【解析】

A.由图象可知，交流电压最大值为，所以有效值为，故A错误；B.通过电阻的电流有效值为，故B错误；C.根据知电阻消耗的电功率P=5W，故C正确；D.电阻每秒产生热量，故D正确．所以选CD．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、B0.4107、9断路应采用电流表的内接法，减小因电表内阻引起的系统误差；或采用多次测量求平均值的方法，可以减小偶然误差．【解析】

（1）[1]为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先转动锁紧手柄部件B，[2]合金丝的直径为0.0mm＋0.41mm＋0.000mm＝0.410mm（2）[3][4]合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化，说明电压表被串联在电路中，致使电流表读数很小，电压表读数接近电压电动势，因此电路中连接合金属丝的接线柱7、9之间部分应发生了断路（3）[5]由于，因此应采用电流表的内接法，减小因电表内阻引起的系统误差，另外可采用多次测量求平均值的方法，可以减小偶然误差；【点睛】本题主要考查了基本仪器的使用、电路故障分析、实验误差分析等问题，属于中档题．12、ACF左15增大【解析】

(1)［1］由小灯泡的规格“2.5V0.6W”可求出小灯泡的额定电流为所以电流表应选A。［2］由小灯泡的额定电压为2.5V可知，电压表应选C。［3］由于实验要求电压和电流从零开始调，所以滑动变阻器应采用分压接法，应选择阻值小的变阻器F，以方便调节。(2)［4］由电路图可知，为实验的安全性，开关S闭合前应将变阻器滑片P置于输出电压最小的左端。(3)［5］由电路图可知，闭合开关S，当变阻器滑片P置于最左端时，电压表和电流表中都无示数，如果电压表和电流表的示数总是调不到零，原因是1点到5点的导线没接好，变阻器成了限流接法。［6］填“5”点。(4)［7］由可知即电阻应等于图象上的点与原点O连线斜率的倒数，由图可知斜率逐渐减小，所以小灯泡的电阻随工作电压的增大而增大。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