2025屆山西省懷仁市重點中學高二物理第一學期期中綜合測試試題請考生注意：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、如圖所示，a、b、c、d、e為同一直線上的五個點，相鄰兩點間的距離都為L．處于a、e兩點的點電荷的電荷量都為q，處于a點的為負電荷，處于e點的為正電荷．在c點有一與直線垂直的均勻帶電薄板，帶電量為Q，電性未知．已知d點的電場強度為零，則b點的電場強度大小為（已知靜電力常量為k）（）A．B．C．D．2、如圖所示，直線A為電源的U﹣I圖線，直線B和C分別為電阻R1和R2的U﹣I圖線，用該電源分別與R1、R2組成閉合電路時，電源的輸出功率分別為P1、P2，電源的效率分別為η1、η2，則（）A．電源電動勢為6V，內阻6ΩB．P1=P2C．P1＞P2D．η1＜η23、一根均勻電阻絲的電阻為R，在溫度不變的情況下，下列情況中其電阻值為2R的是（

）A．長度和橫截面積都縮小一倍時B．長度和橫截面半徑都增大一倍時C．當長度不變，橫截面積增大一倍時D．當橫截面積不變，長度增大一倍時4、帶負電的粒子在電場中僅受電場力的作用做勻速圓周運動，關于該電場下列說法中正確的是()A．一定是一個正點電荷形成的電場B．可能是一個負點電荷形成的電場C．可能是兩個等量正點電荷形成的電場D．可能是兩個等量異種點電荷形成的電場5、如圖甲所示電路，定值電阻R0與滑動變阻器RP串聯在電源兩端，電源內阻忽略不計，所有電表均為理想電表，改變滑動變阻器滑片P的位置，讀取電壓表V1、V2以及電流表A的多組數據，做出如圖乙所示U-I圖像，其中圖線①表示滑動變阻器RP兩端電壓隨干路電流的變化關系：圖線②表示定值電阻R0兩端電壓隨干路電流的變化關系.根據圖上的已知信息，下列說法中正確的是A．定值電阻B．圖像中C．當時，定值電阻R0上消耗的電功率最大D．在電流表示數減小的過程中，電源的輸出效率不變6、如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，電場線與矩形所在平面平行．已知a點電勢為20V，b點電勢為24V，d點電勢為12V．一個質子從b點以v0的速度射入此電場，入射方向與bc成45°，一段時間后經過c點(不計質子的重力)，下列判斷正確的是()A．c點電勢高于a點電勢B．場強的大小為4C．質子從b運動到c所用的時間為2D．質子從b運動到c，電勢能增加8eV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、某同學將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內部的發熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標系中，如圖所示,下列說法正確的是()A．反映Pr變化的圖線是cB．電源的電動勢為8VC．電源的內阻為2ΩD．當電流為0.5A時，外電路的電阻為4Ω8、如圖所示，電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點恰好處于靜止狀態．現將平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離則（）A．帶電油滴的電勢能將增大B．P點的電勢將降低,兩極板間的電勢差不變C．平行板之間的電場強度增大，平行板所帶電荷量也增大D．電容器的電容增大,帶電油滴將沿豎直方向向上運動9、一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能E隨位移x變化的關系如圖所示，其中0～x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是（）A．x1處電場強度為零B．x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1＞φ2＞φ3C．粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動D．x2～x3段是勻強電場10、如圖所示，帶電體Q固定，帶電體P的帶電量為q，質量為m，與絕緣的水平桌面間的動摩擦因數為μ，將P在A點由靜止放開，則在Q的排斥下運動到Ｂ點停下，A、B相距為s，下列說法正確的是（）A．將P從B點由靜止拉到A點，水平拉力最少做功B．將P從B點由靜止拉到A點，水平拉力做功C．P從A點運動到B點，電勢能增加D．P從A點運動到B點，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）如圖1，用螺旋測微器測金屬棒直徑為__________mm；如圖2，用20分度游標卡尺測金屬棒長度為____________cm。（2）某同學為了測定一只電阻的阻值，先用多用電表粗測：多用電表電阻檔有4個倍率：分別為×1k、×100、×10、×1。該同學選擇×100倍率，用正確的操作步驟測量時，發現指針偏轉角度太大（指針位置如下圖中虛線所示，實線為換擋后指針所指位置）。為了較準確進行測量，應該選擇檔位______________________________。12．（12分）請在右圖方框中畫出“測繪小燈泡伏安特性曲線”實驗的實驗電路圖，采用該電路圖實驗時其測量結果比實際真實值________（填“偏大”、“偏小”、“不變”）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）相距為d的平行金屬板M、N，板長也為d，板間可視為勻強電場，兩板的左端與虛線EF對齊，EF左側有水平勻強電場，M、N兩板間所加偏轉電壓為U，PQ是兩板間的中軸線．一質量為m、電量大小為q的帶電粒子在水平勻強電場中PQ上A點由靜止釋放，結果恰好從N板的右邊緣飛出，A點離EF的距離為；不計粒子的重力．(1)求EF左側勻強電場的電場強度大小；(2)帶電粒子從N板的右側邊緣飛出后，只受另一點電荷的庫侖力作用，并開始做圓周運動，已知該點電荷固定在PQ上某點，求該點電荷的帶電量.(3)當帶電粒子做圓周運動到M點后，MN板間偏轉電壓立即變為?U，（已知MN板間電場只由偏轉電壓提供，與點電荷無關）帶電粒子最終回到A點，求帶電粒子從出發至回到A點所需總時間．14．（16分）如圖所示，在O處固定一個電荷量為Q=+1.0×10-9C的點電荷，現用長L=0.2m的絕緣細線拴一個質量m=0.06kg的帶電小球(可視為點電荷)后也懸掛于O處，細線所受拉力達到F=6mg時就會被拉斷。將小球拉至與懸點O等高，并且使細線伸直，然后由靜止釋放，當懸線轉過90°到到達B位置時，細線恰好拉斷。之后小球將從B點進入板間距d=0.08m的兩平行板電容器，并恰好沿水平方向做勻速直線運動(進入電容器后不考慮O處點電荷對小球的作用力)，且此時電路中的電動機剛好能正常工作。已知電源的電動勢為12V，內阻1Ω，定值電阻、、的阻值均為6Ω，電動機的內阻為1Ω。忽略空氣阻力和電容器的邊緣效應，取g=10m/s2，靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2。求：（1）小球到達B點時的速度大小；（2）小球所帶的電荷量；（3）電動機的機械功率。15．（12分）一根通有電流I，長為L，質量為m的導體棒靜止在傾角為α的光滑斜面上，如圖所示，重力加速度為g。(1)如果磁場方向豎直向下，求滿足條件的磁感應強度的大小；(2)如果磁場方向可以隨意調整，求滿足條件的磁感應強度的最小值和方向。

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】

根據電場疊加原理，可知處于a、e兩點的點電荷在d點的電場強度為：方向向左．d點電場強度為零，則均勻帶電薄板在d點的電場強度與a、e兩點的點電荷在d點的電場強度等大反向，即為，方向向右．根據對稱性可知，處于a、e兩點的點電荷在b點的電場強度為，方向向左，均勻帶電薄板在b點的電場強度為，方向向左，根據電場疊加原理可知，b點的電場強度為，故選A．2、B【解析】

有圖知電源電動勢和內阻，電源的效率等于電源輸出功率與電源總功率的百分比。根據效率的定義，找出效率與電源路端電壓的關系，由圖讀出路端電壓，就能求出效率。電源與電阻的U﹣I圖線的交點，表示電阻接在電源上時的工作狀態，可讀出電壓、電流，算出電源的輸出功率，進而比較大小。【詳解】由圖象A可知電源的電動勢E=6V，短路電流為6A，內阻為，故A錯誤；該電源和R1組成閉合電路時路端電壓為U1=4V，電流I1=2A，此時電源的輸出功率為P1=U1I1=4×2W=8W，電源的總功率為：P總1=EI1=6×2W=12W，所以電源的效率為：η1=×100%=66.7%；該電源和R2組成閉合電路時路端電壓為U2=2V，電流I2=4A，此時電源的輸出功率分別為P2=U2I2=2×4W=8W，則P1=P2，電源的總功率為：P總2=EI2=6×4W=24W，所以電源的效率為：η2=×100%=33.3%，則η1＞η2，故B正確，CD錯誤。【點睛】本題首先要知道效率與功率的區別，電源的效率高，輸出功率不一定大。其次，會讀圖。電源與電阻的伏安特性曲線交點表示電阻接在該電源上時的工作狀態。3、D【解析】電阻絲的電阻為R，根據電阻定律：可知，長度和橫截面積都縮小一倍時有，所以電阻不變，故A錯誤；長度和橫截面半徑都增大一倍時有：，所以電阻變為，故B錯誤；當長度不變，橫截面積增大一倍時有：，所以電阻變為，故C錯誤；當橫截面積不變，長度增大一倍時有：，阻值變為2R，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。4、C【解析】

帶負電的粒子若僅在一個點電荷的電場下，且電場力與速度方向垂直，則作勻速圓周運動，則點電荷一定是正電，且電場力提供向心力。

若處于兩個點電荷共同疊加的電場中，若兩個正點電荷，且電量相等，則由兩個點電荷的電場力的合力提供向心力，且合力的方向與速度垂直，所以粒子在兩者連線的中心處為圓心，做勻速圓周運動。A．一定是一個正點電荷形成的電場，與結論不相符，選項A錯誤；B．可能是一個負點電荷形成的電場，與結論不相符，選項B錯誤；C．可能是兩個等量正點電荷形成的電場，與結論相符，選項C正確；D．可能是兩個等量異種點電荷形成的電場，與結論不相符，選項D錯誤；5、D【解析】A、根據①圖線可知，電源電動勢，將電阻看成電源的內阻，當電流為時，內外電阻電壓相等，即當電流為時，此時兩個電壓表示數相等，即，則根據歐姆定律可以得到：，故選項A錯誤；B、根據閉合電路歐姆檔定律：可知，圖線①的斜率等于內電阻，即等于電阻，則，則，故選項B錯誤；C、根據功率：，則當時，電阻上消耗的電功率最大，故選項C錯誤；D、由于電源的內阻不計，輸出效率為：保持不變，故選項D正確．點睛：本題關鍵：分析電路圖，確認電路組成、連接方式、電表的測量對象，能從圖象上得到相關信息，同時能運用等效思維分析滑動變阻器的最大功率的條件，以及電源的效率問題．6、B【解析】

在勻強電場中，沿著電場線方向每前進相同的距離，電勢變化相等，故Ua-Ud=Ub-Uc，解得：Uc=16V，a點電勢為20V．則c點電勢低于a點電勢。故A錯誤；設ad連線中點為O，則其電勢為16V，故co為等勢面，電場線與等勢面垂直，則電場線沿著bo方向。場強為E=Ubo2L=24-162L=42L，故B正確；由上可知，電場線沿著bo方向，質子從b運動到c做為在平拋運動，垂直于bo方向做勻速運動，位移大小為x=2L?22=2L，則運動時間為t=x【點睛】本題的關鍵在于找出等勢面，然后才能確定電場線，要明確電場線與等勢線的關系，能利用幾何關系找出等勢點，再根據等勢線的特點確定等勢面．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】

A.電源內部的發熱功率，圖象是拋物線，而且是增函數，則反映變化的圖線是c，故A正確。B.直流電源的總功率，圖象的斜率等于電動勢E，則有，故B錯誤；C.圖中I＝2A時，電源內部的發熱功率Pr與電源的總功率相等，則有，得到，故C正確；D.當電流為0.5A時，根據閉合電路歐姆定律得：，代入解得。故D錯誤；8、CD【解析】試題分析：因為電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓恒定不變，將平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，則兩極板間的距離減小，根據公式E=Ud可得兩極板間的電場強度增大，則P將向上運動，電場力做正功，電勢能將減小，P到下極板間的距離不變，根據公式U=Ed可得P與下極板間的電勢差增大，根據公式C=εS考點：考查了電容器的動態變化【名師點睛】在分析電容器動態變化時，需要根據C=εS4πkd判斷電容器的電容變化情況，然后結合E=U9、ABD【解析】

根據電勢能與電勢的關系：Ep=qφ，場強與電勢的關系：E=，得：，由數學知識可知Ep-x圖象切線的斜率等于Eq，x1處切線斜率為零，則x1處電場強度為零，故A正確；根據電勢能與電勢的關系：Ep=qφ，粒子帶負電，q＜0，則知：電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有：φ1＞φ2＞φ1．故B正確；由圖看出在0～x1段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知場強減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動．x1～x2段圖象切線的斜率不斷增大，場強增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動．x2～x1段斜率不變，場強不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故C錯誤，D正確；故選ABD.【點睛】解決本題的關鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢和場強的變化，再根據力學基本規律：牛頓第二定律進行分析電荷的運動情況.10、AD【解析】

CD.在A點由靜止放開，運動到Ｂ點停下，根據動能定理可知，合外力做功為零，即電場力所做正功跟摩擦力所做負功大小相等，將電場力這個變力做功可轉化為恒力做功，即從A點運動到B點，電場力做的正功為，則電勢能減少，故C錯誤，D正確AB.若將P從B點由靜止拉到A點，水平拉力需要克服電場力和摩擦力兩個力做功，所以水平拉力最少做功，故A正確，B錯誤故選AD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、6.124~6.12610.230×10【解析】

（1）[1]螺旋測微器主尺刻度為6mm，螺旋尺刻度為12.4×0.01mm=0.124mm，所以螺旋測微器的讀數為：6mm+0.124mm=6.124mm；[2]游標卡尺主尺刻度為102mm，游標尺刻度為6×0.05mm=0.30mm，所以金屬棒的長度為：102mm+0.30mm=102.30mm=10.230cm；（2）[3]歐姆表指針偏轉角度太大，說明電阻阻值較小，應換成小倍率的檔，故應該選擇×10倍率檔。12、偏小【解析】測繪小燈泡伏安特性曲線要求電壓能夠從零開始變化，所以滑動變阻器應采用分壓接法；燈泡正常發光時電阻較小，電壓表內阻遠大于燈泡內阻，電流表應采用外接法。實驗電路圖如圖所示：由于電壓表的分流，電流測量值大于