2025屆浙江省之江教育評價聯盟高二物理第一學期期中統考試題請考生注意：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、為探究小燈泡L的伏安特性，連好圖示的電路后閉合開關，通過移動變阻器的滑片，使小燈泡中的電流由零開始逐漸增大，直到小燈泡正常發光．由電流表和電壓表得到的多組讀數描繪出的U-I圖象應是A． B． C． D．2、如圖所示，M、N兩點分別放置兩個等量異種電荷，A是它們連線的中點，B為連線上靠近N的一點，C為連線中垂線上處于A點上方的一點．在A、B、C三點中（）A．場強最小的點是C點，電勢最高的點是B點B．場強最小的點是A點，電勢最高的點是C點C．場強最小的點是A點，電勢最高的點是B點D．場強最小的點是C點，電勢最高的點是A點3、如圖所示，在某一輸電線路的起始端接入兩個理想變壓器，原、副線圈的匝數比分別為n1∶n2=100∶1和n3∶n4=1∶100，圖中a、b表示電流表或電壓表，已知電壓表的示數為22V，電流表的示數為1A，則以下說法正確的是（）A．輸電線路總電阻為22ΩB．線路輸送電功率是22WC．a為電壓表，b為電流表D．a為電流表，b為電壓表4、A、B為兩等量異號點電荷，A帶負電，B帶正電，在A、B連線上有a、b、c三點，其中b為連線的中點，且ab＝bc，則A．a點與c點的電場強度大小相等，方向相反B．a點與c點的電勢相等C．a、b間電勢差與b、c間電勢差相等D．因為a點的電勢低于c點的電勢，所以點電荷在a點的電勢能低于其在c點的電勢能5、如圖所示，電路中每個電阻的阻值都相同．則通過電流最大的電阻是（）A．R1 B．R2 C．R3和R4 D．R56、關于勻速圓周運動的向心加速度，下列說法正確的是（）．A．由于，所以線速度大的物體的向心加速度大B．由于，所以旋轉半徑大的物體的向心加速度小C．由于，所以角速度大的物體的向心加速度大D．以上結論都不正確二、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、我國計劃將于2016年9月利用海南航天發射場發射“天宮二號”空間實驗室．“天宮二號”運行期間，“神州十一號”載人飛船將與它實施交會對接．在對接前，“天宮二號”和“神州十一號”將在各自軌道上繞地球做勻速圓周運動，如圖所示．則在對接前A．“天宮二號”的向心加速度大于“神州十一號”的向心加速度B．“天宮二號”的運行周期大于“神州十一號”的運行周期C．“天宮二號”的運行速率小于“神州十一號”的運行速率D．“天宮二號”的角速度大于“神州十一號”的角速度8、鉛蓄電池的電動勢為2V，這表示()A．電路中每通過1C的電荷量，電源把2J的化學能轉變為電能B．沒有接入電路時蓄電池兩極間的電壓為0VC．蓄電池在1s內將2J的化學能轉變為電能D．蓄電池將化學能轉變為電能的本領比一節干電池(電動勢為1.5V)的大9、如圖所示，三個小球的質量均為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運動，碰后A、B兩球粘在一起．對A、B、C及彈簧組成的系統，下列說法正確的是A．機械能守恒，動量守恒B．機械能不守恒，動量守恒C．三球速度相等后，將一起做勻速運動D．三球速度相等后，速度仍將變化10、如圖所受，一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力作用下，從靜止開始由b沿直線運動到d，且bd與豎直方向所夾的銳角為45°，則下列結論正確的是（）A．此液滴帶正電B．滴液做勻加速直線運動C．合外力對液滴做的總功率等于零D．滴液的電勢能減少三、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）某同學用螺旋測微器測出用金屬材料制成的一段圓柱體的橫截面的直徑如圖所示。橫截面的直徑為________mm。（2）用伏安法測量電阻阻值R，并求出電阻率ρ。給定電壓表（內阻約為50kΩ）、電流表（內阻約為40Ω）、滑動變阻器、電源、開關、待測電阻（約為250Ω）及導線若干。①如上圖甲所示電路圖中，電壓表應接________點。（填“a”或“b”）②圖乙中的6個點表示實驗中測得的6組電流I、電壓U的值，試作圖（_______），并求出電阻阻值R＝________Ω。（保留3位有效數字）③待測電阻是一均勻材料制成的圓柱體，用游標為50分度的卡尺測量其長度與直徑，結果分別如圖丙所示。由圖可知其長度為________mm。④由以上數據可求出ρ＝________Ω·m（保留3位有效數字，其中已知直徑為1.92mm）。12．（12分）有一根細長且均勻的空心金屬管線，長約30cm，電阻約為5Ω，已知這種金屬的電阻率為ρ，現在要盡可能精確測定它的內徑d。①用螺旋測微器測量金屬管線外徑D時刻度的位置如圖（a）所示，從圖中讀出外徑為______mm，應用_______（選填“厘米刻度尺”或“毫米刻度尺”）測金屬管線的長度L；②測量金屬管線的電阻R，為此取來兩節新的干電池、電鍵和若干導線及下列器材：A．電壓表0-3V，內阻約10kΩB．電壓表0-15V，內阻約50kΩC．電流表0-0.6A，內阻約0.05ΩD．電流表0-3A，內阻約0.01ΩE．滑動變阻器，0-10ΩF．滑動變阻器，0-100Ω要求較準確地測出其阻值，電壓表應選______，電流表應選______，滑動變阻器應選______；（填序號）③實驗中他的實物接線如圖（b）所示，請指出接線中的兩處明顯錯誤。錯誤1：_____________________________________________________________________錯誤2：_____________________________________________________________________④用已知的物理常數和應直接測量的物理量（均用符號表示），推導出計算金屬管線內徑的表達式d=______；⑤在實驗中，下列說法正確的是__________A．為使電流表讀數明顯，應使電流盡可能大些B．為操作方便，中間過程可保持開關S一直處于閉合狀態C．千分尺的精確度是千分之一毫米D．用千分尺測量直徑時必須估讀一位四、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，水平向左的勻強電場的場強E=4v/m，垂直紙面向內的勻強磁場的B=2T，質量為m=1Kg的帶正電的小物塊A從豎直絕緣墻上的M點由靜止開始下滑，滑行h=0.8m到達N點時離開墻面開始做曲線運動，在到達P點開始做勻速直線運動，此時速度與水平方向成45°角，P點離開M點的豎直高度為H=1.6m，取g=10m/s2試求：（1）A沿墻下滑克服摩擦力做的功Ｗｆ(2)P點與M點的水平距離Ｘｐ14．（16分）如圖所示，空間存在沿水平方向的勻強電場，絕緣細線一端固定于O點，另一端連接一帶電荷量為q，質量為m的帶正電小球，靜止時細線與豎直方向成а角，求電場強度的大小和方向。15．（12分）如圖所示，圓1和圓2之間存在磁感應強度為B的勻強磁場（垂直紙面沒有畫出)，圓2和圓3之間的電勢差為U，一個質量為m、電荷量為e的電子從A點由靜止釋放，經過時間t從C點對著圓心O射入磁場，其運動軌跡恰好與圓1相切，已知圓1的半徑．求：（1）圓2的半徑r2；（2）電子能否再次回到A點，如果能，求出電子從A點出發至再次回到A點所經歷的時間，如果不能，請通過計算說明原因．

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】

根據電路中電阻的變化，確定電壓與電流變化，并考慮溫度對電阻的影響，運用U﹣I圖象含義分析判斷．【詳解】當滑動變阻器在最左端時，燈泡連端電壓為0，滑動變阻器逐漸向右移動，小燈泡的亮度逐漸變亮，直到正常發光．隨著小燈泡兩端電壓的升高，電流也在升高，但是，小燈泡燈絲的電阻隨著溫度的升高而增大，在圖像上各點切線斜率應越來越大．故C正確【考點】探究小燈泡的伏安特性曲線【點睛】考查閉合電路中動態變化問題的分析，需要注意的是燈泡的電阻隨著電壓的升高而增大；2、A【解析】

根據等量異種電荷電場線的分布，知道EB＞EA＞EC，場強最小的是C點．等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，知ΦA＝ΦC，沿著電場線方向電勢逐漸降低，異種電荷間的電場線由正電荷指向負電荷，知ΦB＞ΦA，所以電勢最高點是B點；故A正確，BCD錯誤．3、C【解析】

由圖可知：a的原線圈并聯在電路中且副線圈匝數小于原線圈匝數，則輸出電壓小，為電壓互感器，則a表是電壓表；b的原線圈串聯在電路中且副線圈匝數大于原線圈匝數，輸出電流小，則為電流互感器，則b電表是電流表，則C正確，D錯誤；而a互感器原線圈的匝數比副線圈匝數100：1，b互感器原線圈的匝數比副線圈匝數1：100，由電壓表的示數為22V，得原線圈的電壓為2200V，由電流表的示數為1A，原線圈的電流為100A．所以電線輸送功率是2.2×105W=220KW，由已知條件無法求輸電線電阻，故AB錯誤；故選C。【點睛】本題實質是電壓互感器與電流互感器的簡單運用，電壓互感器與電流互感器是利用變壓器原理將電壓、電流減小到可測范圍進行測量的儀器。4、C【解析】

等量異種電荷的電場線分布如圖所示：A．a點與c點關于b點對稱，所以電場強度的大小相等，方向都向左，A錯誤；B．沿著電場線的方向電勢是逐漸減小的，所以a點的電勢小于c點的電勢，B錯誤；C．由于A、B是等量異種電荷，且ab＝bc，根據對稱性，所以，C正確；D．因為a點的電勢低于c點的電勢正確，但點電荷如果是負電荷，那么點電荷在a點的電勢能大于其在c點的電勢能，所以D錯誤；故選C。5、D【解析】

由圖可知，R1和R2并聯后與R5串聯，最后跟R3和R4的串聯電路并聯，如圖所示：由圖知上一支路的電阻小，而兩個支路的電壓相等，所以通過R5的電流最大，故選D。6、D【解析】由于可知，在半徑相同時，線速度大的物體的向心加速度大，選項A錯誤；由可知，在線速度一定時，旋轉半徑大的物體的向心加速度小，選項B錯誤；由可知，在半徑一定時，角速度大的物體的向心加速度大，選項C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】

根據萬有引力提供向心力：，解得：，天宮二號的軌道半徑大于神舟十一號，所以“天宮二號”的向心加速度小于“神州十一號”的向心加速度，故A錯誤；根據萬有引力提供向心力：，解得：，天宮二號的軌道半徑大于神舟十一號，所以“天宮二號”的運行周期大于“神州十一號”的運行周期，故B正確；根據萬有引力提供向心力：，解得：，天宮二號的軌道半徑大于神舟十一號，所以“天宮二號”的運行速率小于“神州十一號”的運行速率，故C正確；根據萬有引力提供向心力：，解得：，天宮二號的軌道半徑大于神舟十一號，所以“天宮二號”的角速度小于“神州十一號”的角速度，故D錯誤．所以BC正確，AD錯誤．8、AD【解析】

A.鉛蓄電池的電動勢為2V，由，知非靜電力將1C的正電荷從電源的負極通過電源內部移送到正極時所做的功為2J，則電源把2J的化學能轉變為電能，故A正確；B.蓄電池兩極間沒有接入外電路時，即電源斷路時，電源兩極間的電壓等于電動勢2V；故B錯誤。C.電源的電動勢表示將1C的電量轉移時做功為2J，但并不明確做功的時間；故C錯誤；D.電源的電動勢是表示電源將其它形式的能轉化為電能的本領，鉛蓄電池的電動勢比一節干電池的電動勢大，故D正確；9、BD【解析】

AB．在整個運動過程中，系統的合外力為零，總動量守恒，A與B碰撞過程機械能減小，故B正確，A錯誤．CD．當小球B、C速度相等時，彈簧的壓縮量最大，彈性勢能最大．之后彈簧逐漸伸長，C加速，AB減速，直到彈簧到原長，故C錯誤，D正確．10、BD【解析】試題分析：根據帶電液滴作直線運動可知帶電液滴所受重力與電場力的合力一定沿運動方向，利用假設法可以判定出帶電液滴所帶電荷的性質，從而求出電場力的大小與合外力的大小，再根據牛頓第二定律計算出物體的加速度；根據合外力的方向與速度的方向相同可知合外力做正功，根據電場力做功的情況可以判定電勢能變化情況．若液滴帶正電，其受力情況如圖一所示，液滴不可能沿bd運動，故只能帶負電荷，故A錯誤；對液滴進行受力分析，其受力情況如圖二所示，故物體所受合力，故物體的加速度為，做勻加速直線運動，B正確；由于液滴從靜止開始做加速運動，故合力的方向與運動的方向相同，故合外力對物體做正功，功率不為零，C錯誤；由于電場力所做的功，故電場力對液滴做正功，故液滴的電勢能減小，故D正確．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、4.702（0.701-0.703之間）a227（224~230）8.048.24×10－2【解析】

（1）[1]．螺旋測微器的固定刻度為4.5mm，可動刻度為20.2×0.01mm=0.202mm，所以最終讀數為4.5mm+0.202mm=4.702mm．（2）①[2]．由題意可知：電流表應采用外接法，電壓表應接a點；②[3]．根據坐標系內描出的點作出U-I圖象，圖象如圖所示：

[4]．圖象的斜率表示電阻，為：③[5]．由圖丙所示游標卡尺可知，其示數為：8mm+2×0.02mm=8.04mm；④[6]．根據電阻定律可知：電阻率：12、4.700毫米刻度尺ACE錯誤1：導線連接在滑動變阻器的滑片上錯誤2：采用了電流表內接法D【解析】①：螺旋測微器的讀數為：D=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm；測量30cm金屬管長度時應用毫米刻度尺來測量；②：由于兩節電池的電動勢為3V，所以電壓表應選A；由于通過金屬管的最大電流為，所以電流表應選C；根據閉合電路歐姆定律可知，電路中需要的最大電阻為：，所以變阻器應選E；③：由于待測金屬管阻值遠小于電壓表內阻，所以電流表應用外接法，連線圖中的兩個錯誤分別是：錯誤1：導線連接在滑動變阻器的滑片上；錯誤2：采用了電流表內接法；④：設金屬管內徑為d，根據電阻定律應有：，又，聯立可得：；⑤：A：考慮