青海省2025年物理高二第一学期期末调研试题含解析.doc

青海省2025年物理高二第一学期期末调研试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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、如图所示，物体沿曲线由a点运动至b点，关于物体在ab段的运动，下列说法正确的是(　 　)

A.物体的速度可能不变
B.物体的速度不可能均匀变化
C.a点的速度方向由a指向b
D.ab段的位移大小一定小于路程
2、已知电流强度为I的通电直导线在距离为r的地方产生的磁感应强度大小为，k 为常数．如图所示，三根通有电流大小相等的长直导线垂直正方向abcd 所在平面，且分别位于a、c、d 三个顶点．a、d 处导线中的电流方向与 c处导线的电流方向相反．已知 a 处导线在 b 处产生的磁感应强度大小为 B，则 b点的磁感应强度大小为（ ）

A. B.
C. D.
3、如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（）

A.质点P将向上运动 B.电流表读数减小
C.电压表读数减小 D.上消耗的功率增大
4、如图所示，Q带负电荷，导体P在a处接地，下列说法中正确的是（ ）

A.P的a端不带电荷，b端带负电荷
B.P的a端带正电荷，b端不带电
C.P的a端带正电荷，b端带负电荷，且正、负电荷的电荷量相等
D.导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量
5、如图所示的电路中，电源内阻为r=1Ω，电源电动势为E=6V，R为定值电阻，电流表内阻不计．当闭合S1、S2时，电流表示数为1A；当闭合S1、断开S2时电流表示数为0.5A，下列说法正确的是（　　）

A.、均闭合时，R的功率为
B.电动机的线圈电阻小于
C.闭合、断开时，电源的效率为
D.闭合、断开时，电动机的功率大于
6、如图，光滑绝缘水平面上固定金属小球A，用长l0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量异种电荷，弹簧压缩量为x1，若两球电量各漏掉一半，重新平衡后弹簧压缩量变为x2，则有：（　　）

A. B.
C. D.
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，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．正确的有（）

A.电阻的阻值为15Ω
B.电池内阻是0.2Ω
C.将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是10W
D.改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为20W
8、如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表和电压表均为理想电表，R1、R3为定值电阻为滑动变阻器，C为平行板电容器。开关S闭合后，两极板间的带电液滴处于静止状态，当滑动变阻器滑片P向a端滑动过程中，下列说法正确的是（　　）

A.R3的功率变大
B.电压表、电流表示数都变大
C.增大平行板间距，则液滴可能保持不动
D.电容器C所带电荷量减少，液滴向下加速运动
9、如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）．虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是

A.粒子所受电场力的方向一定是由M指向N
B.带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小
C.带电粒子在a点电势能一定大于在b点的电势能
D.带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度
10、如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无弹力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中下列说法中正确的是（）

A.小球b机械能保持不变
B.小球b所受库仑力大小始终为2mg
C.细线PM的拉力先增大后减小
D.小球b加速度大小一直变大
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）某同学为测定某柱形电子元件的电阻率，用游标为20分度的卡尺测量它的长度，示数如图所示，读数为L＝_____cm。

12．（12分）在练习使用多用电表的实验中，
（1）某同学使用多用电表的欧姆档粗略测量一定值电阻的阻值Rx，先把选择开关旋到“×10”挡位，测量时指针偏转如图所示。以下是接下来的测量过程：
a．将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，然后断开两表笔
b．旋转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”档），并拔出两表笔
c．将选择开关旋到“×1”挡
d．将选择开关旋到“×100”挡
e．将选择开关旋到“×1k ”挡
f．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx，断开两表笔
以上实验步骤中的正确顺序是________（填写步骤前的字母）。

（2）重新测量后，指针位于如图所示位置，被测电阻的测量值为____Ω。
（3）如图所示为欧姆表表头，已知电流计的量程为Ig=100μA，电池电动势为E=1.5V，则该欧姆表的表盘上30μA刻度线对应的电阻值是kΩ。

（4）为了较精确地测量另一定值电阻的阻值Ry，采用如图所示的电路。电源电压U恒定，电阻箱接入电路的阻值可调且能直接读出。

①用多用电表测电路中的电流，则与a点相连的是多用电表的____（选填“红”或“黑”）表笔。
②闭合电键，多次改变电阻箱阻值R，记录相应的R和多用电表读数I，得到的关系如图所示。不计此时多用电表的内阻。则Ry＝___Ω，电源电压U＝___V。

四、计算题：本题共3小题，共38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，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

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、D
【解析】A．物体做曲线运动，速度的方向发生了变化，所以速度一定是变化的，故A错误；
B．物体做曲线运动，加速度的大小和方向可能保持不变，即速度可能是均匀变化的，故B错误；
C．a点受到的方向沿曲线的切线的方向，不能是a指向b，故C错误；
D．物体做曲线运动，ab段的位移大小一定小于路程，故D正确。
故选D。
【点睛】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化由此可以分析得出结论
2、B
【解析】根据左手定则判断三根导线在b处的磁场方向，根据求解三根导线在b处的磁感应强度的大小，然后合成即可.
【详解】a 处导线在 b 处产生的磁感应强度大小为 B，可知c处导线在b点的磁感应强度大小为B；d处导线在b点的磁感应强度大小为；根据右手定则可知a 处导线在 b 处产生的磁感应强度方向沿bc方向向下；d处导线在 b 处产生的磁感应强度方向垂直db方向斜向下；c处导线在 b 处产生的磁感应强度方向沿ba方向；根据平行四边形法则可知，三根导线在b处的磁感应强度大小为，故选B.
3、C
【解析】ABC．由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串联接在电源两端；电容器与并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，因并联部分电压减小，而中电压增大，故电压表示数减小，因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故AB错误，C正确；
D．因两端的电压减小，由可知，上消耗的功率减小，故D错误；
故选C。
4、B
【解析】金属导体P接地时与大地组成一个新的导体，a为新导体的靠近Q的一端，而大地是远离Q的一端，由于静电感应的作用，靠近Q的一端会带上与Q相反的电荷，即带上正电荷．接地的过程应是b端感应出来的负电荷被导到大地上，所以b端不带电．故B正确，
考点：考查了静电感应现象
5、B
【解析】S1、S2均闭合时，根据闭合电路欧姆定律求出R的电压，由P=UI求出R的功率，根据电动机两端的电压U＞IR分析电动机的线圈电阻，电源的效率等于电源的输出功率与总功率的百分比；
【详解】A、S1、S2均闭合时，电流表示数，则R两端电压为：
R的功率为：，故A错误；
B、R的阻值为：
当闭合S1、断开S2时电流表示数为：
则电动机两端的电压为：
设电动机的线圈电阻为，根据，得，故B正确
C、闭合S1、断开S2时，路端电压为：
电源的效率为：，故C错误；
D、闭合S1、断开S2时，电动机的功率为：，故D错误
【点睛】对于电动机，要知道其两端的电压与电流的关系是，求电功率只能用公式，求电热只能用
6、D
【解析】设静电力常数为k´，漏电前，由平衡条件可知

若两球电量各漏掉一半，重新平衡后弹簧压缩量变为x2，则有

由于漏电以后，弹簧的压缩量x2选错的得0分。
7、AD
【解析】由a图线的斜率大小读出电源的内阻，b图线的斜率大小得到电阻的阻值．两图线的交点表示该电阻接在该电源上时的工作状态，由交点坐标读出电阻的电压和电流，由此可以判断电源的输出功率，并求出电源的最大输出功率.
【详解】电阻的阻值等于b图线的斜率大小，为R=U/I=15Ω，故A正确；电池组的内阻等于a图线的斜率大小，为，故B错误；两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端的工作状态，则电阻两端的电压为U=15V，电流为I=1A，则电池组的输出功率P=UI=15W，故C错误；由图可知E=20V，当外电阻的阻值等于内阻时，其电源的输出功率最大为．故D正确．故选AD
【点睛】本题考查学生对图象的认识，要由U=E-Ir去理解图象的性质，明确图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，图象的斜率表示电源的内电阻
8、AC
【解析】AB．当滑动变阻器滑片P向a端滑动过程中，接入电路的电阻增大，R2与R3并联的电阻增大，总电阻增大，则总电流减小，R1电压减小，则电压表示数变小，R2与R3并联的电压增大，通过R3电流增大，根据

知功率变大，电流表示数为总电流减去通过R3电流，故电流表示数变小，故B错误，A正确；
C．R3两端的电压增大，增大平行板间距，根据

知电场强度可能恒定，粒子可能保持不动，故C正确；
D．R2与R3并联的电压增大，电容器板间电压增大，带电量增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，则液滴将向上加速运动，故D错误。
故选AC。
9、AC
【解析】A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，故A正确；B、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误；C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确．D、由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误；故选AC
【点睛】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况
10、ACD
【解析】A．小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，即只有重力做功，所以小球b机械能守恒，故A正确；
B．小球b机械能守恒，从G滑到H过程中，有：

H处有：

则有：
F库=3mg
故B错误；
C．设PN与竖直方向成α角，对球a受力分析，将其分解：
竖直方向上有：
FPNcos α=mg+F库sin θ
水平方向上有：
F库cos θ+FPNsin α=FPM。
解得：

下滑时θ从0增大90°，细线PM的拉力先增大后减小，故C正确；

D．设b与a的连线与水平方向成θ角，则有：任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即为：

可知小球的加速度一直变大，故D正确。
故选ACD。

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、670
【解析】[1]．游标卡尺读数为：10.6cm+0.05mm×14=10.670cm.
12、 ①.dafb ②.2200 ③.35kΩ ④.红 ⑤.200 ⑥.8
【解析】(1)[1]考查多用电表的操作步骤，自然是：先将选择开关旋到“×100”挡；后欧姆调零，即将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，然后断开两表笔；再测量，将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx，断开两表笔；最后归位，即旋转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”档），并拔出两表笔。所以操作顺序是：dafb
(2)[2]图2中指针读数为22.0，由（1）可知：欧姆表倍率为×100，故被测电阻的测量值为
0Ω×100=2200Ω
(3)[3]当电流计满偏时，欧姆表显示外电阻为零，故该欧姆表的内阻为：

电流计电流I=30μA时，由闭合电路欧姆定律可得：表盘上30μA刻度线对应的电阻值为：

(4)①[4]由图可得：a点相连的为正极，故连接多用电表的红表笔；
②[5][6]根据图4所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得：

结合图像可知
Ry=200Ω，U=8V

四、计算题：本题共3小题，共38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、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
14、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N
15、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得