2025屆山東省萊陽市一中高二物理第一學期期中統(tǒng)考試題含解析

2025屆山東省萊陽市一中高二物理第一學期期中統(tǒng)考試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、下列說法表示時刻的是：（）A．第5s內(nèi) B．前5s內(nèi) C．第5s末 D．從第3s末到第5s末2、下列關于力的說法，正確的是A．用力打沙包，沒打中，則這個力只有施力物體，沒有受力物體B．兩物體之間發(fā)生力的作用必須相互接觸C．馬拉車前進，馬對車有拉力，車對馬沒有拉力D．力可以改變物體的運動狀態(tài)3、如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向上移動一小段距離(仍在P點下方)A．電容器的電容減小，則極板帶電量將增大B．帶電油滴將沿豎直方向向下運動C．P點的電勢將升高D．帶電油滴的電勢能將增大4、舊白熾燈在工作時，容易在燈絲最細處熔斷，這是因為與相同長度的燈絲較粗處相比，燈絲最細處（）A．功率最大 B．電流最大 C．電阻最小 D．電壓最小5、電源的效率定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比．在測電源電動勢和內(nèi)電阻的實驗中得到的實驗圖線如圖所示，圖中U為路端電壓，I為干路電流，a、b為圖線上的兩點，相應狀態(tài)下電源的效率分別為、．由圖可知、的值分別為A．、 B．、 C．、 D．、6、把兩根同種材料的電阻絲分別連在兩個電路中，A電阻絲長為L，直徑為d，B電阻絲長為3L，直徑為3d．要使兩電阻絲在相同時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量相等，加在兩電阻絲上的電壓之比應當滿足（）A．UA：UB=1：1 B．UA：UB=：1C．UA：UB=：3 D．UA：UB=3：4二、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、長分別為、的輕繩一端固定在豎直圓筒壁上，另一端分別系甲、乙兩小球（均可視為質(zhì)點），如圖所示。使圓筒繞其豎直軸以角速度ω水平勻速轉(zhuǎn)動，甲、乙兩小球也穩(wěn)定地水平勻速轉(zhuǎn)動時，兩輕繩與豎直方向夾角分別為α、β。不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則8、如圖所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷＋Q，在x軸上有關于O點對稱的C、D兩點，下列判斷正確的是（）A．D點電場強度為零B．O點電場強度為零C．若將點電荷＋q從O移向C，電勢能增大D．若將點電荷－q從O移向D，電勢能增大9、一個帶正電的粒子（重力不計）穿過如圖所示的勻強磁場和勻強電場區(qū)域時，恰能沿直線運動，則欲使粒子向上偏轉(zhuǎn)應采用的辦法是（）A．減小電場強度B．增大電荷電荷量C．減小入射速度D．增大磁感應強度10、已知力F的大小和方向，現(xiàn)將力F分解為互成角度的兩個分力F1和F2，在以下四種條件中，哪幾種情況下兩分力的解是唯一的（）A．已知兩個分力的方向B．已知F1的大小和方向C．已知F1的方向和F2的大小D．已知F1和F2的大小三、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）如圖所示的是“探究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置．（1）將圖中所缺兩條導線補接完整____________．（2）如果在閉合開關時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計指針將向右偏了一下，那么合上開關后線圈A迅速插入線圈B中時，電流計指針將__________．（選填“向右偏”、“向左偏”或“不偏轉(zhuǎn)”）12．（12分）如圖所示，是用伏安法測電源電動勢和內(nèi)電阻的實驗中所得的路端電壓隨電流變化的圖象。由圖可知。E=____V，r=____Ω。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）如圖所示，在正方形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場．在t=0時刻，一位于ad邊中點o的粒子源在abcd平面內(nèi)發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與od邊的夾角分布在0～180°范圍內(nèi)．已知沿od方向發(fā)射的粒子在時刻剛好從磁場邊界cd上的p點離開磁場，粒子在磁場中做圓周運動的半徑恰好等于正方形邊長L，粒子重力不計，求：（1）粒子的比荷q／m；（2）假設粒子源發(fā)射的粒子在0～180°范圍內(nèi)均勻分布，此時刻仍在磁場中的粒子數(shù)與粒子源發(fā)射的總粒子數(shù)之比；（3）從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間．（若角度不特殊時可以用反三角表示，如：已知sinθ＝0.3，則θ＝arcsin0.3)14．（16分）如圖所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面頂端a離地高度h=2.5cm，整個裝置處于水平向左的勻強電場中．一個質(zhì)量m=0.3kg，帶電量q=＋0.01C的物體(可視為質(zhì)點)從斜面頂端靜止釋放，經(jīng)過t=0.2s到達斜面底端b點(g取10m/s2)。求：(1)物體到達斜面底端b時的速度大??；(2)電場強度E的大??；(3)電場中a到b兩點之間的電勢差。15．（12分）如圖所示，定值電阻R1=4Ω、R2=16Ω、R3=4Ω、R4=6Ω、R5=10Ω，電源電動勢E=10V，內(nèi)阻不計，平行板電容器的電容C=2μF、a、b、c、d為電路中的四個結點，令結點d電勢為零．則電容器所帶的電荷量為多少？并說明電容器上、下極板的正負．

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】第5秒內(nèi)，在時間軸上對應一段距離，指的是時間，故A錯誤；前5秒內(nèi)，在時間軸上對應一段距離，是從0時刻到4秒末之間，是時間，故B錯誤；第5秒末，在時間軸上對應時間點，是時刻，故C正確；從第3秒末到第5秒末，在時間軸上對應的是時間段，是時間間隔，故D錯誤．故選C．點睛：對于物理中的基本概念要理解其本質(zhì)不同，如時刻具有瞬時性的特點，是變化中的某一瞬間通常與物體的狀態(tài)相對應；時間間隔具有連續(xù)性的特點，與某一過程相對應．2、D【解析】

A、沒有是施力物或者沒有受力物的力是不存在的；B、力不一定需要接觸，例如磁場力；C、力的作用是相互的；D、力的作用效果，使物體發(fā)生形變，改變物體的運動狀態(tài)．故選D．3、D【解析】

由于電容器和電源相連，電勢差不變；將平行板電容器的下極板豎直向上移動一小段距離，則d減小，則根據(jù)C=εS4πkd可知電容C變大，根據(jù)Q=UC可知，極板的帶電量變大，故A錯誤；將平行板電容器的下極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，板間距離減小，根據(jù)E=U/d得知板間場強增大，油滴所受的電場力增大，則油滴將向上運動。故B錯誤。場強E增大，而P點與上極板間的距離不變，則由公式U=Ed分析可知，P點與上極板間電勢差將增大，故P點電勢降低；故C錯誤。由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴應帶負電，由于P點的電勢降低，則油滴的電勢能將增加。故D【點睛】本題運用U=Ed分析板間場強的變化，判斷油滴如何運動．運用推論：正電荷在電勢高處電勢能大，而負電荷在電勢高處電勢能小，來判斷電勢能的變化．4、A【解析】材料相同的導體，長度越長，橫截面積越小，電阻越大，此題中材料相同長度相同的燈絲，細的比粗的橫截面積小，所以電阻值大；最細處和其余部分是串聯(lián)，最細處電阻大，分擔的電壓就大，由公式P=UI可知最細處的功率最大，故A正確，BCD錯誤；故選A。5、D【解析】電源的效率η定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比．,E為電源的總電壓（即電動勢），在U﹣I圖象中，縱軸截距表示電動勢，根據(jù)圖象可知、，則，，所以A、B、C錯誤，D正確．點晴：解決本題的關鍵知道電源的效率也等于外電壓與電動勢之比以及會從U-I圖象中讀出電動勢和外電壓．6、B【解析】

根據(jù)電阻定律可知，RA：RB=，由于是純電阻，則由，Q、t相同得：加在兩電阻絲上的電壓之比為UA：．故選B．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、AB【解析】

設圓筒半徑為R，輕繩與豎直方向夾角為θ，由向心力公式，得整理得所以L越大，θ越大，故AB兩項正確，CD兩項錯誤。8、BD【解析】A、B兩點有等量同種點電荷+Q，根據(jù)疊加原理可知，O點的電場強度為零，而D點的電場強度為方向沿+x軸方向，不為零，A錯誤B正確；由上可知，OC段的電場方向從O→C，而OD段的電場方向從O→D，所以若將點電荷+q從O移向C，電場力做正功，電勢能減小，C錯誤；若將點電荷-q從O移向D，電場力做負功，電勢能增加，D正確．9、AD【解析】

開始時正電粒子恰能做直線運動，電場力向下，洛倫茲力向上，合力為零，故：qE=qvBA．減小電場強度，則電場力減小，洛倫茲力不變，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故A正確；B．增大電荷量，則電場力與洛倫茲力都增加，合力為0，做直線運動，故B錯誤；C．減小入射速度，則洛倫茲力減小，電場力不變，合力向下，向下偏轉(zhuǎn)，故錯誤；D．增大磁感應強度，則向上的洛倫茲力增大，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故D正確。10、AB【解析】

A．已知平行四邊形的對角線和兩個分力的方向，只能作唯一的平行四邊形，即分解唯一，故選項A正確；

B．已知對角線和平行四邊形的一條邊，這種情況下也只能畫唯一的平行四邊形，即分解唯一，故選項B正確；

C．已知的方向與F夾角為θ，根據(jù)幾何關系，若此時無解，即分解不一定是唯一的，故C錯誤；

D．已知兩個分力的大小，根據(jù)平行四邊形的對稱性，此時分解有對稱的兩解，即分解不是唯一的，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、向右偏【解析】

（1）[1]電路圖如圖所示：（2）[2]閉合開關時，穿過線圈的電流增大，則磁通量增大此時指針向右偏，那么當合上開關后線圈A迅速插入線圈B中時，穿過線圈的磁通量也是增大的，所以也應該向右偏．12、1.51.0【解析】

[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律U=E-Ir，當I=0時，U=E，由圖讀出圖線縱軸截距U=E=1.5VU-I圖象的斜率絕對值等于內(nèi)阻r，則四、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）（3）【解析】

由題中“在正方形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的”可知，本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動規(guī)律，根據(jù)洛倫茲力提供向心力和幾何關系可分析本題．【詳解】（1）初速度沿od方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖，其圓心為n，由幾何關系得粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得解得（2）依題意，同一時刻仍在磁場中的粒子到o點距離相等，在t0時刻仍在粒子磁場中的粒子應位于o為圓心，op為半徑的弧pw上．由圖知此時刻磁場中粒子數(shù)與總粒子數(shù)之比為（3）在磁場中運動時間最長的粒子軌跡應該與b相交，設粒子運動軌跡的圓心角為，則在磁場中運動的最長時間所以從粒子發(fā)射到全部粒子離開共用時14、（1）0.5m/s；（2）50V/m；(3)-3.75V【解析】

（1）根據(jù)幾何關系得斜面的長度為L==2h=0.05