河南省許昌市2025屆物理高二第一學期期末檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、質量為m的通電導體棒置于傾角為θ的光滑導軌上，下面四個圖中的磁場不可能使導體棒保持靜止的是A. B.C. D.2、下列說法中，正確的是：（）A.由E=知電場中某點的電場強度E與F成正比B.由公式可知電場中某點的電勢φ與q成反比C.由Uab=ED可知，勻強電場中的任意兩點a、b間的距離越大，則兩點間的電勢差也一定越大D.公式C=，其中電容器的電容C與電容器兩極板間電勢差U無關3、如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，R1、R2為定值電阻，R0為滑動變阻器．閉合開關后，把滑動變阻器的滑片向左滑動，以下說法正確的是（）A.電流表示數變小，電壓表示數變大B.電流表示數變小，電壓表示數變小C.R1消耗的電功率變小D.R2消耗的電功率變大4、如右圖，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，點為半圓弧的圓心，.電荷量相等、符號相反的兩個電荷分別置于M、N兩點，這時點電場強度的大小為E1；若將N點處的點電荷移至P點，則點的場強大小變為E2.E1與E2之比為()A.1：2 B.2：1C. D.5、如圖所示，正電荷q在電場力的作用下由p向Q做加速運動，而且加速度越來越大，那么可以判定，它所在的電場是圖中哪一個（）A. B.C. D.6、奧斯特實驗說明了（）A.磁場的存在B磁場具有方向性C.通電導線周圍存在磁場D.磁體間有相互作用二、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、等量異種點電荷在周圍空間產生靜電場，其連線(x軸)上各點的電勢隨x的分布圖象如圖所示．x軸上AO<OB，A、O、B三點的電勢分別為A、O、B，電場強度大小分別為EA、EO、EB，電子在A、O、B三點的電勢能分別為EpA、EpO、EpB，下列判斷正確的是（）A.B.C.D.8、有兩個勻強磁場區域I和II，I中的磁感應強度是II中的k倍，兩個速率相同的電子分別在兩磁場區域做圓周運動，與I中運動的電子相比，II中的電子（）A.運動軌跡的半徑是I中的k倍B.加速度的大小是I中的k倍C.做圓周運動的周期是I中的k倍D.做圓周運動的角速度是I中的k倍9、如圖,電源電動勢為E，內阻為r，不計電壓表和電流表內阻對電路的影響，當電鍵閉合后，兩小燈泡均能發光．在將滑動變阻器的觸片逐漸向右滑動的過程中，下列說法正確的是()A.小燈泡L1、L2均變暗B.小燈泡L1變亮，小燈泡L2變暗C.電流表A的讀數變大，電壓表V的讀數變小D.電流表A的讀數變小，電壓表V的讀數變大10、?如圖甲所示,物塊A.B的質量分別是mA=4.0kg和mB=3.0kg．用輕彈簧栓接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸．另有一物塊C從t=0時以一定速度向右運動,在t=4s時與物塊A相碰,并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖象如圖乙所示,下列說法正確的是（

）A.?物塊C的質量mc=2kgB.?墻壁對物塊B的彈力在4s到12s對B不做功C.?B離開墻后的過程中彈簧具有最大彈性勢能EP=9JD.?墻壁對物塊B的彈力在4s到12s的時間內對B的沖量I為0三、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）（1）用螺旋測微器測量一根金屬絲的直徑，如圖所示的讀數是_____cm。（2）某同學先用多用電表粗測其電阻，用已經調零且選擇開關指向歐姆擋“×10”檔位的多用電表測量，發現指針的偏轉角度太大，這時他應將選擇開關換成歐姆擋的“_____”檔位（選填“×100”或“×1”），然后進行_____，再次測量電阻絲的阻值，其表盤及指針所指位置如圖所示，則此段電阻絲的電阻為_____Ω（電阻絲電阻結果保留3位有效數字）。12．（12分）現有一電池，電動勢大約為20V，內阻約為5Ω，無法從標簽上看清其電動勢等數據．現要準確測量其電動勢和內阻，實驗室備有下列器材：A．電流表(量程0～0.6A，內阻=2Ω)；B．電壓表(量程0～25V，內阻約為15kΩ)；C．滑動變阻器（阻值范圍0～20Ω)；D．定值電阻=10Ω；E．定值電阻=1Ω；F．開關及導線若干（1）由于實驗室中電表量程不恰當，需要先將電表改裝，電流表應_______聯定值電阻_______(選填R1或R2)（2）在虛線框中畫出實驗電路原理圖__________（3）若采用了正確的實驗電路，通過改變滑動變阻器的阻值，得到了多組電壓表示數U和電流表示數I，作出了U-I圖像，若圖像在縱軸的截距為a，圖像的斜率絕對值為b，則電源電動勢為_____________，內阻為________________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）平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示．一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y軸距離與Q點到y軸距離相等．不計粒子重力，問：(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應強度的大小之比14．（16分）如圖所示，在平面的第I象限內有沿軸正方向的有界勻強電場，在第IV象限過點放一張垂直于平面的感光膠片．一電子以垂直于軸的初速度從點射入電場中，并從點射出電場，最后打在感光膠片上，已知電子的電荷量大小為，質量為，不計電子的重力。求：（1）勻強電場的電場強度大小；（2）電子從出發到打在感光膠片上的總時間。15．（12分）如圖所示，ABCD為豎直放在電場強度為E＝104N/C的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的ABC部分是半徑為R＝0.5m的半圓環(B為半圓弧的中點)，軌道的水平部分與半圓環相切于C點，D為水平軌道的一點，而且CD＝4R，把一質量m＝100g、帶電荷量q＝10－4C的負電小球，放在水平軌道的D點，由靜止釋放后，在軌道的內側運動．g＝10m/s2，求：(1)運動到B點時的動能EKB=？(2)運動到A點時小球對軌道的壓力是多大？(3)為了使帶電小球在半圓弧軌道上運動不脫軌，小球在水平軌道上釋放的位置到C點的距離應滿足什么條件？

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】A.導線所受安培力豎直向上，若其大小等于重力，則導線可以靜止在光滑的斜面上，故A可能靜止，不符合題意；B.導線所受安培力水平向右，受重力和支持力，三個力可以平衡，所以導線能靜止在光滑的斜面上，故B可能靜止，不符合題意；C.導線所受安培力豎直向下，受重力和支持力，三個力不可能平衡，所以導線不能靜止在光滑的斜面上，故C不可能靜止，符合題意；D.導線所受安培力沿斜面向上，受重力和支持力，三力可以平衡，所以導線能靜止在光滑的斜面上，故D可能靜止，不符合題意2、D【解析】A．公式是電場強度的定義式，采用比值法定義，E與F、q無關，由電場本身決定，A錯誤；B．公式是電勢的定義式，采用比值法定義，與Ep、q無關，由電場本身決定，B錯誤；C．由可知，勻強電場中的任意兩點a、b間沿電場方向的距離越大，兩點間的電勢差才一定越大，C錯誤；D．公式C=是定義式，電容C與電容器帶電量Q和兩極板間電勢差U無關，由電容器本身決定，D正確。故選D。3、B【解析】根據滑片的移動方向判斷出滑動變阻器接入電路的阻值如何變化，然后由串并聯電路特點、歐姆定律以及功率公式分析答題【詳解】當滑動變阻器的滑片向左滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，與R2并聯的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，路端電壓減小，則V的示數減小，根據串聯電路電壓與電阻成正比的特點，可知，并聯部分電壓減小，通過R2的電流減小，則A的示數減小，故A錯誤，B正確；根據P1＝I2R1可知，總電流增大，R1消耗的電功率變大，故C錯誤；通過R2的電流減小，根據P2＝I22R2可知R2消耗的電功率變小，故D錯誤．故選B【點睛】本題是一道閉合電路的動態分析題，要掌握動態電路動態分析題的解題思路與方法．也可利用經驗結論進行分析：變阻器電阻增大時，所在并聯電路電壓增大，與之并聯的另一支路電流增大，電流表讀數增大4、B【解析】由得：；若將N點處的點電荷移至P點，則O點的場強大小變為E2，知兩點電荷在O點的場強夾角為1200，由矢量的合成知，得：，B對5、D【解析】正電荷在電場力作用下做加速運動，運動方向與受力方向應相同；加速度越來越大，電場強度應越來越大，對應的電場線應越來越密，故D正確。故選D6、C【解析】奧斯特將通電導線放于小磁針上方時發現小磁針發生了偏轉，說明了通電導線周圍存在著磁場A.磁場的存在．與結論不符，故A錯誤；B.磁場具有方向性．與結論不符，故B錯誤；C.通電導線周圍存在磁場．與結論相符，故C正確；D.磁體間有相互作用．與結論不符，故D錯誤二、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、AD【解析】A.正電荷周圍的電勢較高，負電荷周圍的電勢較低，，故A正確；B.圖像切線的斜率絕對值等于場強的大小，可知B點的場強最大，O點最小，故B錯誤；C.電子帶負電，根據電勢能Ep=q可知，最大，最小，故C錯誤；D.由圖像可知UOBUAO，根據電場力做功W=qU，電子帶負電，可知WOBWAO，即WBOWOA，所以，故D正確8、AC【解析】電子在磁場中做的圓周運動，洛倫茲力作為向心力，根據圓周運動的周期公式和半徑公式逐項分析即可設Ⅱ中的磁感應強度為B，則Ⅰ中的磁感應強度為kB，根據電子在磁場中運動的半徑公式可知，Ⅰ中的電子運動軌跡的半徑為，Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑為，所以Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，故A正確；電子在磁場運動的洛倫茲力作為向心力，所以電子的加速度的大小為，所以Ⅰ中的電子加速度的大小為，Ⅱ中的電子加速度的大小為，所以Ⅱ的電子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B錯誤；根據電子在磁場中運動的周期公式可知，Ⅰ中的電子運動周期為，Ⅱ中的電子運動周期為，所以Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的電子運動軌跡的周期是Ⅰ中的k倍，故C正確；做圓周運動的角速度，所以Ⅰ中的電子運動角速度為，Ⅱ中的電子運動角速度為，在Ⅱ的電子做圓周運動的角速度是Ⅰ中的倍，故D錯誤9、BD【解析】將滑動變阻器的滑片逐漸向右滑動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，與燈L1并聯的電阻增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電流表讀數變小，L2變暗，電源的內電壓減小，根據閉合電路歐姆定律得知路端電壓增大，電壓表V的讀數變大．路端電壓增大，而L2燈電壓減小，所以L1燈的電壓增大，L1燈變亮故選BD【點睛】本題是一道閉合電路的動態分析題，分析清楚電路結構，明確各電路元件的連接方式、靈活應用歐姆定律公式是正確解題的關鍵．也可以運用結論進行分析：變阻器電阻增大，與之并聯的電燈會亮，與之串聯的電燈會變暗，即“串反并同”10、ABC【解析】A．由圖可知，C與A碰前速度為v1=9m/s，碰后速度為v2=3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mCv1=（mA+mC）v2，解得：mC=2kg故A正確。B．在4s到12s內，B不動，則墻壁對物塊B的彈力在4s到12s對B不做功。故B正確。C．在12s時，B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統動量和機械能守恒，且當AC與B速度相等時，彈簧彈性勢能最大，以A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：（mA+mC）v3=（mA+mB+mC）v4，由機械能守恒定律得：，代入數據解得：EP=9J故C正確。D．由圖知，12s末A和C的速度為v3=-3m/s，4s到12s，墻對B的沖量為I=（mA+mC）v3-（mA+mC）v2，解得：I=-36N?s方向向左。故D錯誤。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、①.0.680mm②.×1歐姆③.調零④.12.0Ω【解析】(1)[1]由圖示螺旋測微器可知，，故固定刻度的讀數為0.5mm，可動刻度讀數為0.01×18.0mm=0.180mm，所以最終讀數為：

5mm+0.180mm=0.680mm(2)[2]選擇開關指向歐姆擋“×10”擋位的多用電表測量，發現指針的偏轉角度太大，說明所選擋位太大，為準確測量，應換小擋，應該將選擇開關換成歐姆擋的“×1”檔位，[3]然后進行歐姆調零；[4]由圖示表盤可知，則此段電阻絲的電阻為：

0×1Ω=12.0Ω12、①.（1）并②.R2③.（2）電路原理圖如圖所示；④.（3）a⑤.b/3【解析】（1）根據電表的改裝原理可知電壓表應串聯電阻進行分壓，而電流表應并聯電阻分流進行分析；（2）根據實驗原理進行分析，確定誤差最小的電路圖；（3）根據改裝原理確定路端電壓和電流，再根據閉合電路歐姆定律進行分析，從而確定電動勢和內電阻【詳解】（1）為了給電流表擴大量程，應并聯一個小電阻進行分流，故應并聯的電阻R2；（2）由于電源內阻約為5Ω，而改裝后的電流表內阻為，電壓表內阻約為15kΩ，所以電壓表內阻遠大于電源的內阻，故應采用相對電源的電流表外接法；原理圖如圖所示；（3）根據改裝原理可知，電源的路端電壓為U；電流為3I；則由閉合電路歐姆定律可知：U=E-3Ir則由圖象可知，圖象與縱軸的截距a=E；斜率b=3r；解得：E=a；r=b/3；【點睛】本題考查電源的電動勢和內電阻的測量實驗原理和方法，要注意明確電表的改裝原理，同時掌握根據圖象分析實驗數據的基本方法四、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),與x軸正方向成45°角斜向上(2)【解析】(1)粒子運動軌跡如圖：粒子在電場中由Q到O做類平拋運動，設O點速度v與x方向夾角為，Q點到x軸距離為L，到y軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，根據平