2025屆河南省平頂山市魯山縣第一高級中學物理高二第一學期期末復習檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、下列關于物理學史與物理學研究方法的敘述中正確的是()A.奧斯特首先發現了電磁感應現象B.庫侖最早用扭秤實驗測量出電子電荷量的精確值C.法拉第最早提出了“電場”的概念D.盧瑟福通過對陰極射線的研究提出原子具有核式結構2、如圖所示，A、B兩個帶正電的粒子，所帶電荷量分別為與，質量分別為和．它們以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，粒子打在N板上的點，B粒子打在N板上的點，若不計重力，則（）A. B.C. D.3、關于電源的電動勢，下列說法正確的是（）A.電源電動勢在數值上等于將電源接入電路后電源兩極間的電壓B.電源把其它形式的能轉化為電能越多，電動勢就越大C.在閉合電路中，電動勢與電路中的電流成正比D.在閉合電路中，電動勢在數值上等于路端電壓與電源內阻電壓之和4、一物體做勻變速直線運動。當t=0時，物體的速度大小為12m/s，方向向東;當t=2s時，物體的速度大小為8m/s，方向仍向東。當物體的速度變為向東的2m/s時，t為()A.5s B.3sC.7s D.9s5、如圖所示為兩個等量異號點電荷所形成電場的一部分電場線，P、Q是電場中的兩點。下列說法正確的是（）A.P點場強比Q點場強大B.P點電勢比Q點電勢低C.電子在P點的電勢能比在Q點的電勢能小D.電子從P沿直線到Q的過程中所受電場力恒定不變6、如圖所示，矩形abcd的ad、bc邊長為2L，ab、cd邊長為L。一半徑為L的半圓形區域（圓心O在bc中點）內有方向垂直紙面向里、強度為B的勻強磁場。一質量為m、帶電量為+q的粒子從b點以速度v0沿bc方向射入磁場，粒子恰能通過d點。不計粒子的重力，則粒子的速度v0大小為A. B.C. D.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，電源電動勢E和內阻r一定，R1、R2是定值電阻，R3是光敏電阻(光敏電阻阻值隨光照強度的增加而變小)．閉合開關，當照射到R3的光照強度增加時，以下判斷正確的是（）A.電流表示數一定變小 B.電壓表示數一定變小C.R2的功率一定變大 D.R1的功率一定變大8、如圖所示，在光滑絕緣水平面上有三個孤立的點電荷Q1、Q、Q2，其中Q恰好靜止不動，Q1、Q2圍繞Q做勻速圓周運動，在運動過程中三個點電荷始終共線．已知Q1、Q2分別與Q相距r1、r2，不計點電荷間的萬有引力，下列說法正確的是()A.Q1、Q2的電荷量之比為B.Q1、Q2的電荷量之比為C.Q1、Q2的質量之比為D.Q1、Q2的質量之比為9、如圖所示，三個重力不計完全相同的粒子a、b、c，同時從同一點沿水平方向飛入豎直偏轉電場，出現了如圖所示的軌跡，下列判斷正確的是（不計a、b、c之間的相互作用）A.剛進電場時b、c的速度相同，a的速度最小B.在b飛離電場的同時，a剛好打在下極板上C.b和c同時飛離電場D.它們在電場運動的全過程中，動能的增加量c最小，a和b一樣大10、在平行板電容器極板間有場強為E、方向豎直向下的勻強電場和磁感應強度為B1、方向水平向里的勻強磁場．左右兩擋板中間分別開有小孔S1、S2，在其右側有一邊長為L的正三角形磁場，磁感應強度為B2，磁場邊界ac中點S3與小孔S1、S2正對．現有大量的帶電荷量均為+q、而質量和速率均可能不同的粒子從小孔S1水平射入電容器，其中速率為v0的粒子剛好能沿直線通過小孔S1、S2．粒子的重力及各粒子間的相互作用均可忽略不計．下列有關說法中正確的是()A.v0一定等于B.在電容器極板中向上偏轉的粒子的速度一定滿足C.質量的粒子都能從ac邊射出D.能打在ac邊的所有粒子在磁場B2中運動的時間一定都相同三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）質子（）和粒子（）從靜止開始經相同的電壓加速后進入同一勻強磁場做圓周運動，則這兩個粒子的動能之比為_____，軌道半徑之比為______，周期之比為_________12．（12分）一電流表的量程標稱不準確，某同學利用如圖所示電路測量該電流表的實際量程所用器材有：量程不準的電流表A1，內阻，量程標稱為；標準電流表A2，內阻，量程；標準電阻，阻值；滑動變阻器R，總電阻為；電源E，電動勢，內阻不計；保護電阻；開關S；導線。回答下列問題：（1）在圖甲所示的實物圖上畫出連線。（）（2）開關S閉合前，滑動變阻器的滑片c應滑動至______端。（3）開關S閉合后，調節滑動變阻器的滑動端，使電流表A1滿偏；若此時電流表A2的示數為，則A1的量程______。（4）若測量時，A1未調到滿偏，兩電流表的示數如圖乙所示，從圖中讀出A1的示數______，A2的示數______；由讀出的數據計算得______。保留三位有效數字（5）寫出一條提高測量準確度的建議：______。四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）在如圖所示的直角坐標中，x軸的上方有與x軸正方向成45°角的勻強電場，場強的大小為E=×104V/m．x軸的下方有垂直于xOy面的勻強磁場，磁感應強度的大小為B=2×10﹣2T．把一個比荷為=2×108C/㎏的正電荷從坐標為（0，1.0）的A點處由靜止釋放．電荷所受的重力忽略不計，求：（1）電荷從釋放到第一次進入磁場時所用的時間t；（2）電荷在磁場中的偏轉半徑；（3）電荷第三次到達x軸上的位置14．（16分）如圖所示，水平軌道AB與半徑為R的豎直半圓軌道BC相切于B點，AB長為2R，水平軌道和半圓軌道均光滑且絕緣。在軌道所在空間內存在著水平向右的勻強電場。帶電量為+q、質量為m的小球自A點由靜止釋放，經B點沿半圓軌道運動到C點后落回到水平軌道上。已知電場強度大小E=，求：（1）小球從A點運動到B點所用的時間；（2）小球經過C點時對軌道的作用力；（3）小球離開C點至落回到水平軌道的過程中，經過多長時間動能最小及此動能的最小值。15．（12分）如圖所示，在空中有一水平方向的勻強磁場區域，區域的上下邊緣間距為，磁感應強度為。有一長度為、寬度為、電阻為、質量為的矩形線圈緊貼磁場區域的上邊緣從靜止起豎直下落，當線圈的下邊穿出磁場時，恰好以速率勻速運動。已知重力加速度為，求：（1）穿過磁場區域過程中，線圈中產生的熱量（2）線圈穿過整個磁場區域所經歷的時間

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】法拉第首先發現了電磁感應現象，選項A錯誤；庫侖最早用扭秤實驗測量出靜電引力常數，密立根通過油滴實驗第一次測得了電子電荷量的精確值，選項B錯誤；法拉第最早提出了“電場”的概念，選項C正確；盧瑟福通過對α粒子散射實驗的研究提出原子具有核式結構，選項D錯誤；故選C.2、C【解析】設粒子進入電場時的速度為，電荷量為q，質量為m，所以加速度運動時間偏轉位移為，整理得顯然由于A粒子的水平位移小，則有，但A粒子的電荷量不一定大，質量關系也不能確定，故C正確3、D【解析】A．在閉合電路中，電動勢在數值上等于路端電壓（即電源接入電路后電源兩極間的電壓）與電源內阻電壓之和，A錯誤，D正確；B．電動勢表征了電源把其他形式的能轉化為電能的本領，即所以電源把其它形式的能轉化為電能越多，電動勢不一定越大，B錯誤；C．電動勢是電源本身具有的屬性，和電路無關，C錯誤。故選D。4、A【解析】由可得物體加速度為故當物體速度變為向東2m/s需要的時間為故A正確；BCD錯誤。故選A。5、C【解析】A．由圖可知，P點周圍的磁感線比Q點稀疏，故P點的場強比Q點小，選項A錯誤；B．由電場線的方向可知，電場由P到Q，而電勢沿電場線方向是降低的，故P點電勢高于Q點電勢，選項B錯誤；C．那么電子是負電荷，電子在P點的電勢能小于在Q點的電勢能，選項C正確；D．由于P到Q間的電場強度是變化的，故電子從P沿直線到Q的過程中所受電場力是變化的，選項D錯誤。故選Ｃ6、D【解析】粒子沿直徑飛入，根據徑向對稱特點確定圓心，如圖所示：根據幾何關系：解得：連接，根據幾何關系：解得：這里我們簡單提供一種計算的計算方法：聯立方程解得：洛倫茲力提供向心力：解得：，D正確，ABC錯誤。故選D。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解析】由光敏電阻的性質可知光照強度的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，由歐姆定律可得出電壓表示數的變化；同時還可得出路端電壓的變化；由串聯電路的規律可得出并聯部分電壓的變化，再由并聯電路的規律可得出通過R2的電流的變化，由功率公式即可得R3的功率的變化【詳解】當照射到R3的光照強度增加時，R3的電阻減小，根據“串反并同”知，與R3串聯的用電器的電流，電壓，電功率都與R3的變化相反，與R3并聯的用電器的電流，電壓，電功率都與R3的變化相同，所以電流表的示數增大，電壓表示數減小，R2的功率增大，R1的功率減小，故B、C正確故選BC【點睛】閉合電路的動態分析問題一般按外電路、內電路再外電路的分析思路進行；分析內電路主要根據總電流及內阻分析內壓，而外電路較為復雜，要注意靈活應用電路的性質8、BD【解析】A、點電荷Q恰好靜止不動，因此根據庫侖定律和二力平衡有：=，所以Q1、Q2的電荷量之比為=，故A錯誤，B正確；C、Q1、Q2圍繞Q做勻速圓周運動，在運動過程中三個點電荷始終共線，Q1、Q2的角速度相同，根據牛頓第二定律有：m12r1=m22r2，所以Q1、Q2的質量之比為=，故C錯誤，D正確9、BD【解析】A．在垂直于電場方向即水平方向，三個粒子做勻速直線運動，則有：。因xc=xb，tc＜tb，則vc＞vb。根據ta=tb，xb＞xa．則vb＞va．所以有：vc＞vb＞va．故A錯誤。B．三個粒子的質量和電量都相同，則知加速度相同。a、b兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據y=at2，可知運動時間相等。故在b飛離電場的同時，a剛好打在下極板上；故B正確。C．b、c豎直方向上的位移不等，yc＜yb．根據y=at2，可知tc＜tb．故C錯誤。D．根據動能定理知，a、b兩電荷，電場力做功一樣多，所以動能增加量相等。c電荷電場力做功最少，動能增加量最小。故D正確。故選BD。10、AB【解析】A.當正粒子向右進入復合場時，受到的電場力向下，洛倫茲力方向向上，如果大小相等，即解得v0=就會做勻速直線運動，A正確；B.正粒子向上偏轉是因為向上的洛倫茲力大于向下的電場力，即v0>，故B正確；C.設質量為m0的粒子的軌跡剛好與bc邊相切，如圖所示由幾何關系得R+R=，而R=，解得m0=，所以m<的粒子都會從ac邊射出，而<，故C錯誤；D.質量不同的粒子在磁場中運動的周期不同，所以在磁場中運動的時間不同，D錯誤；故選AB三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.1:2②.③.1:2【解析】[1]由動能定理知兩個粒子的動能之比即是電場力做功之比，則有[2]由得由動能定理得得聯立得則有[3]由周期公式得12、(1).見解析所示(2).b(3).(4).(5).(6).(7).多次測量取平均值【解析】（1）[1]．根據題意畫出原理圖，如圖由電路圖連接實物圖時，按電流流向法，從電源的正極出發依次串聯電流表A2、電阻R1、電阻R2、滑動變阻器、開關回到負極，然后把電流表A1與電流表A2和電阻R1并聯即可；要注意滑動變阻器的左下方接線柱必須接入電路，且按一上一下的原則串聯在電路中，電路圖如圖所示：連線如圖。（2）[2]．在滑動變阻器的限流接法中在接通開關前需要將滑片滑動到阻值最大端，即如圖b端。（3）[3]．閉合開關調節滑動變阻器使待測表滿偏，流過的電流為Im．根據并聯電路電壓相等有Imr1=I2（r2+R1）得（4）[4][5][6]．待測表未滿偏有I1r1=I2（r2+R1），A2的示數0.66mA，并將其他已知條件代入解得但圖中A1的示數3.00mA，量程為5.0mA，根據電流表的刻度是均勻的，則準確量程為6.05mA。（5）[7]．為減小偶然誤差，可以多次測量取平均值。四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）（2）m（3）（8，0）【解析】帶電粒子從A點出發，至第一次到x軸為第一過程，在這個過程中，帶電粒子做勻加速直線運動，根據位移時間關系式解得結果；根據洛倫茲力提供向心力解出粒子運動的半徑；根據勻速圓周運動的規律解出電荷第二次到達x軸的位置（1）如圖，電荷從A點勻加速運動運動到x軸的C點的位移大小由圖