2025屆山西省大學附屬中學物理高二第一學期期中考試試題含解析

2025屆山西省大學附屬中學物理高二第一學期期中考試試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、歐姆在探索導體的導電規(guī)律的時候，沒有電流表，他利用小磁針的偏轉檢測電流，具體的做法是：在地磁場的作用下，處于水平靜止的小磁針上方，平行于小磁針水平放置一直導線，當該導線中通有電流的時候，小磁針就會發(fā)生偏轉；當通過該導線的電流為I時，發(fā)現小磁針偏轉了30°，由于直導線在某點產生的磁場與通過直導線的電流成正比，當他發(fā)現小磁針偏轉了60°時，通過該導線的電流為()A．3IB．2IC．D．I2、如圖所示，同一直線上的三個點電荷q1、q2、q3，恰好都處在平衡狀態(tài)，除相互作用的靜電力外不受其他外力作用。已知q1、q2間的距離是q2、q3間距離的2倍。下列說法錯誤的是（）A．若q1、q3為正電荷，則q2為負電荷B．若q1、q3為負電荷，則q2為正電荷C．q1︰q2︰q3=9︰4︰36D．q1︰q2︰q3=36︰4︰93、圖中兩條平行虛線之間存在勻強磁場，虛線間的距離為l，磁場方向垂直紙面向里．abcd是位于紙面內的梯形線圈，ad與bc間的距離也為l．t=0時刻，bc邊與磁場區(qū)域邊界重合（如圖）．現令線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場區(qū)域邊界的方向穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d→a的感應電流方向為正，則在線圈穿越磁場區(qū)域的過程中，感應電流I隨時間t變化的圖線可能是（）A． B．C． D．4、甲、乙兩車某時刻由同一地點沿同一方向開始做直線運動，若以該時刻作為計時起點，得到兩車的位移—時間圖象如圖所示，則下列說法正確的是A．t1時刻兩車相距最遠B．t1時刻乙車追上甲車C．t1時刻兩車的速度剛好相等D．0到t1時間內，乙車的平均速度小于甲車的平均速度5、如圖所示，線圈由A位置開始下落，在磁場中受到的磁場力如果總小于它的重力，則它在A、B、C、D四個位置（B、D位置恰好線圈有一半在磁場中）時，加速度大小關系為（）A． B．C． D．6、在空間存在著豎直向上的各處均勻的磁場，將一個不變形的單匝金屬圓線圈放入磁場中，規(guī)定線圈中感應電流方向如圖甲所示的方向為正．當磁場的磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示時，圖丙中能正確表示線圈中感應電流隨時間變化的圖線是（）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，紙面內AB兩點之間連接有四段導線：ACB、ADB、AEB、AFB，四段導線的粗細相同、材料相同；勻強磁場垂直于紙面向內，現給AB兩端加上恒定電壓，則下列說法正確的是A．四段導線受到的安培力的方向相同B．四段導線受到的安培力的大小相等C．ADB段受到的安培力最大D．AEB段受到的安培力最小8、如圖的電路中，電動機M與電爐L串聯后兩端接上恒定電壓U，電動機M的線圈電阻與電爐的電阻相同，電動機正常工作，下列判斷正確的是（?）A．流過電動機的電流小于流過電爐的電流B．電動機的發(fā)熱功率小于電爐的發(fā)熱功率C．電動機兩端電壓大于電爐兩端電壓D．電動機的總功率大于電爐的總功率9、如圖甲所示電路中的小燈泡通電后其兩端電壓U隨所通過的電流I變化的圖線如圖乙所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PM為U軸的垂線，PQ為I軸的垂線，下列說法中正確的是A．隨著所通電流的增大，小燈泡的電阻增大B．對應P點，小燈泡的電阻為C．若在電路甲中燈泡L兩端的電壓為U1，則電阻R兩端的電壓為I1RD．對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍的面積10、如圖所示,圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產生的電場線,虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡,a、b是軌跡上的兩點.若粒子在運動中只受電場力作用。下列判斷中正確的是(

)A．帶電粒子一定帶負電B．a點電場強度大于b點電場強度C．粒子在a點的速度大于在b點的速度D．粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能三、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）有一個小燈泡上標有“4V、2W”的字樣，現在要用伏安法描繪這個燈泡的伏安特性圖線.現有下列器材供選用:A．電壓表(0--5V，內阻10kΩ)B．電壓表(0--15V，內阻20kΩ)C．電流表(0--3A，內阻1Ω)D．電流表(0--0.6A，內阻0.Ω4)E.滑動變阻器(10Ω，2A)F.滑動變阻器(500Ω，1A)G.學生電源(直流6V)、開關、導線若干（1）實驗時，選用圖甲而不選用圖乙的電路圖來完成實驗，理由______________；（2）實驗中所用電壓表應選_____，電流表應選用_____，滑動變阻器應選用_____.(用序號字母表示)（3）根據實驗數據畫出的I---U圖象如下，從圖象看出，電壓越高對應的實際電阻值越____，這說明燈絲材料的電阻率隨溫度的升高而_____。12．（12分）有一個小燈泡上標有“4V，2W”的字樣，現要描繪這個燈泡的伏安特性圖線。有下列器材供選用：A．電壓表（0～5V，內阻約為10kΩ）B．電壓表（0～10V，內阻約為20kΩ）C．電流表（0～0.3A，內阻約為1Ω）D．電流表（0～0.6A，內阻約為0.4Ω）E.滑動變阻器（10Ω，2A）F.學生電源（直流6V），還有電鍵、導線若干(1)實驗中所用電壓表應選用________.(2)實驗時要求盡量減小實驗誤差，測量電壓從零開始多取幾組數據，請將下圖中實物連接成滿足實驗要求的測量電路________.(3)某同學根據實驗得到的數據畫出了該小燈泡的伏安特性曲線（如圖所示），若用電動勢為3V、內阻為2.5Ω的電源給該小燈泡供電，則該小燈泡的實際功率是________W.四、計算題：本題共2小題，共26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）如圖為勻強電場中的一簇水平電場線，A、B為電場中水平的兩點，若在A點放一負電荷，電荷量為2.0×10－8C，受電場力大小FA＝5×10－5N，方向向左．(1)請在圖中標出這一簇電場線的方向．(2)求A點電場強度的大?。?3)AB距離d=2cm，把這一負電荷從A移到B電勢能的變化？14．（16分）如圖所示的電路中，電源的電動勢E=12V，內阻可忽略不計，電阻的阻值分別為R1=R2=20Ω，滑動變阻器的最大阻值R=60Ω，電容器MN的電容C=20μF，現將滑動觸頭P置于最左端a點，合上開關S，經過一段時間電路處于穩(wěn)定．求：（1）通過R1的電流；（2）斷開S后，通過R2的電荷量；（3）滑動觸頭P置于最左端a點，合上開關S，待電路穩(wěn)定后，將P緩慢地從a點移到最右端b點的過程中，通過導線BM的電荷量．15．（12分）a、b兩個小球在一直線上發(fā)生碰撞，它們在碰撞前后的s-t圖象如圖所示，若a球的質量ma=1kg，則b球的質量mb等于多少?

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、A【解析】根據題意可知，當通過該導線的電流為I時，發(fā)現小磁針偏轉了30°，由于導線的磁場與地磁場的共同作用，即有：，所以當小磁針偏轉了60°時，則有：，從而可確定B1與B2的關系為：，又由于直導線在某點產生的磁場與通過直導線的電流成正比，所以：，A正確，BCD錯誤；

故選A。2、C【解析】

AB．三個自由電荷在同一直線上處于平衡狀態(tài)，則一定滿足“兩同夾異，兩大夾小，近小遠大”，所以和是同種電荷，是異種電荷，故AB正確，不符合題意；CD．根據庫侖定律和矢量的合成，則有化簡可得故C錯誤，符合題意，D正確，不符合題意。故選C。3、B【解析】

開始時bc邊進入磁場切割磁感線，根據右手定則可知，電流方向為逆時針，即為負方向，故A錯誤；當bc邊開始出磁場時，回路中磁通量減小，產生的感應電流為順時針，方向為正方向，故D錯誤．開始時bc邊進入磁場切割磁感線，根據感應電動勢大小公式：E=BLv可得，有效切割長度越來越長，感應電動勢增大，故感應電流越來越大，且電流方向為負方向；當bc邊開始出磁場時，根據感應電動勢大小公式：E=BLv可得，切割長度越來越長，感應電動勢增大，故感應電流越來越大，且電流方向為正方向，故B正確，C錯誤．4、B【解析】試題分析：一開始乙在甲的后面，t1時刻乙車從后面追上甲車，A錯B對；；s—t圖象圖線的斜率表示速度，由圖象可以看出，t1時刻兩車的斜率不相等，所以速度不相等，C錯；0到t1時間內兩車位移相同平均速度相同，D錯；考點：考查對位移時間圖像的理解和應用點評：處理運動圖像時先要分清是速度時間圖像還是位移時間圖像，明確圖像的斜率、面積、坐標、交點的物理意義5、D【解析】

線圈自由下落時，加速度為：線圈完全在磁場中時，磁通量不變，不產生感應電流，線圈不受安培力作用，只受重力，加速度為：線圈進入和穿出磁場過程中，切割磁感線產生感應電流，將受到向上的安培力，根據牛頓第二定律得知：，線圈完全在磁場中時做勻加速運動，到達處的速度大于處的速度，則線圈在處所受的安培力大于在處所受的安培力，又知磁場力總小于重力，則有：即有：故A、B、C錯誤，D正確；故選D。6、B【解析】試題分析：根據法拉第電磁感應定律，由于線圈面積不變，所以感應電動勢與磁感應強度的變化率即圖像的斜率成正比，根據圖像，感應電動勢為定值，感應電流為定值，感應電動勢為0，感應電流為0，感應電動勢為定值而且是感應電動勢的一半，感應電流也是感應電流的一半，對照選項CD錯．根據楞次定律向上的磁通量增大，感應電流沿正方向，選項A錯B對．考點：電磁感應定律楞次定律二、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、AC【解析】試題分析：導線的粗細相同、材料相同，由電阻定律：可知：導線越長，電阻越大，由：可知：ACB導線電流最小，而ADB導線電流最大，四段導線的有效長度都相同，由F=BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定則可知，它們的安培力的方向均相同，故AC正確，BD錯誤；故選AC．考點：電阻定律；安培力【名師點睛】本題考查電阻定律與歐姆定律的應用，掌握左手定則及安培力大小表達式，注意理解有效切割長度是解題的關鍵．8、CD【解析】

電動機M與電爐L串聯，電流相等，根據焦耳定律分析放出的熱量關系．電爐L是純電阻電路，電動機是非純電阻電路，根據歐姆定律分析L的電壓與電流的關系，判斷電動機兩端電壓的關系．根據能量守恒定律分析消耗的功率關系?！驹斀狻緼項：電動機與電爐串聯，所以兩者電流相等，故A錯誤；B項：電動機M與電爐L串聯，電流相等，電阻相等，根據焦耳定律P=I2R可知，電動機的發(fā)熱功率等于電爐的發(fā)熱功率，故B錯誤；C項：設電動機M線圈電阻與電爐L的電阻均為R，電路中電流為I，根據歐姆定律得：電爐兩端的電壓UL=IR，電動機是非純電阻電路，其電壓UM＞IR，則有UM＞UL，所以電爐兩端電壓小于電動機兩端電壓，故C正確；D項：電動機消耗的功率PM=UMI，電爐消耗的功率PL=ULI，UM＞UL，則PM＞UL，即電動機的總功率大于電爐的總功率，故D正確。故應選：CD?！军c睛】本題中電爐是純電阻電路，電動機是非純電阻電路，兩個電路焦耳定律都適用，但歐姆定律只適用于電爐，不適用于電動機。9、AD【解析】

A．圖線上的點與原點連線的斜率等于電阻大小，由數學知識可知，隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大。故A正確；B．對應P點，小燈泡的電阻為，故B錯誤；C．在電路中燈泡L兩端的電壓為U1時，電流為I2，則電阻R兩端的電壓為I2R，故C錯誤；D．由恒定電流的功率公式P=UI，推廣可知，對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍的面積。故D正確。10、BC【解析】

從圖中可以看到，粒子的運動軌跡向左彎曲，說明粒子受到的電場力大體向左，電場線方向不明，無法判斷粒子的電性；根據電場線疏密程度判斷電場的強弱；根據電場力做功情況，判斷動能和電勢能的變化．當電場力做正功時，電荷的電勢能減小，動能增大；當電場力做負功時，電荷的電勢能增大，動能減小．【詳解】A.由圖，粒子的運動軌跡向左彎曲，說明粒子在a、b兩點受到的電場力沿電場線向左。由于電場線方向不明，無法確定粒子的電性。故A錯誤；B.電場線疏密表示電場的強弱，由圖可知，a點電場強度大于b點電場強度，故B正確；CD.由于粒子在a、b兩點受到的電場力沿電場線向左，故從a到b電場力對粒子做負功，粒子的動能減小，電勢能增大，則粒子在a點的速度較大，在b點電勢能較大。故C正確，D錯誤。故選：BC.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、電壓必須從0開始調節(jié)ADE大增大【解析】試題分析：根據滑動變阻器分壓及限流接法的不同作用，結合題意選擇滑動變阻器的接法；由電流表、電壓表與燈泡內阻間的大小關系確定電流表的接法．儀表的選擇應本著安全準確的原則；電壓表要測量燈泡兩端的電壓，故應通過燈泡的額定電壓值判斷需要的電壓表；由流過燈泡的電流判斷需要的電流表；由題意判斷需要的滑動變阻器．明確伏安特性曲線的性質，知道金屬導體的電阻率隨溫度的變化關系．（1）在用伏安法描繪這個燈泡的I一U圖線的實驗中，電壓要從零開始變化，并要多測幾組數據，故只能采用滑動變阻器分壓接法，所以電路圖只能選用圖甲．（2）因燈泡的額定電壓為4V，為保證安全選用的電壓表量程應稍大于4V，但不能大太多，量程太大則示數不準確；故只能選用0～5V的電壓表，故選A；由P=UI得，燈泡的額定電流，故電流表應選擇0～0.6A的量程，故選D；而由題意要求可知，電壓從零開始變化，并要多測幾組數據，故只能采用滑動變阻器分壓接法，而分壓接法中應選總阻值小的滑動變阻器，故選E；（3）I-U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數，由圖可知，電阻應越來越大，原因是金屬材料的電阻率隨溫度的升高而增大；12、（1）A；（2）（3）0.80W；【解析】（1）因燈泡的額定電壓為4V，為保證安全選用的電壓表量程應稍大于4V，但不能大太多，量程太大則示數不準確；故只能選用0～5V的電壓表，故選A；

（2）由題意要求可知，電壓從零開始變化，并要多測幾組數據，故只能采用滑動變阻器分壓接法，燈泡的電阻約為R=U

（3）當燈泡接入電動勢為3V、內阻為2.5Ω的電源中時，由閉合電路歐姆定律E=U+Ir

U=3-2.5I；畫出U-I圖象，與該小燈泡的伏安特性曲線的交點表示該燈泡接入電路中的電壓和電流，由圖讀出通過燈泡電流為0.4A，兩端電壓為2.0V，所以功率為0.8W．

點睛：本題考查實驗中的儀表選擇及接法的選擇；應注意滑動變阻器分壓及限流接法的區(qū)別及應用，同時還應明確內外接法的不同及判斷．四、計算題：本題共2小題，共26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)2.5×103N/C(3)電勢能增大10-6J【解析】

(1)根據勻強電場中，負電荷受到的電場力的方向與電場強度的方向