2025屆遼寧省凌源市高二物理第一學期期中調研試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、如圖所示，內阻不計的電源與平行板電容器連接，電容器的下極板接地，上極板接一靜電計，不計靜電計所帶的電量．P點是兩極板間的一點，P點到兩極板的距離相等．下列說法正確的是（）A．只將平行板電容器的上極板向下移動一小段距離，P點的電勢升高B．只將平行板電容器的上極板向上移動一小段距離，靜電計的張角變大C．只將平行板電容器的上極板向左移動一小段距離，電容器間的場強變大D．只在平行板電容器兩極板間插入一厚度稍小于兩極板間距離的絕緣陶瓷，電容器的電容變小2、如圖所示，帶箭頭的線段表示某一電場中的電場線的分布情況．一帶電粒子在電場中運動的軌跡如圖中虛線所示．若不考慮其它力，則下列判斷中正確的是（）A．若粒子是從A運動到B，則粒子帶正電；若粒子是從B運動到A，則粒子帶負電B．不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A，粒子必帶負電C．若粒子是從B運動到A，則其速度減小D．若粒子是從B運動到A，則其加速度增大3、如圖所示，直線A為某電源的U-I圖線，曲線B為某小燈泡D1的U-I圖線的一部分，用該電源和小燈泡D1組成閉合電路時，燈泡D1恰好能正常發光，則下列說法中正確的是（）A．此電源的內阻約為0.67ΩB．燈泡D1的額定電壓為3V，額定功率為6WC．把燈泡D1換成“3V20W”的燈泡D2，電源的輸出功率將變小D．把D1和"3V20W”的燈泡D2并聯后接在電源上，兩燈泡仍能正常發光4、下面說法不正確的是A．磁感線上各點的切線方向就是各點的磁感應強度的方向B．磁感線是閉合曲線，在磁體外部由N極指向S極，在磁體內部從S極指向N極C．磁場中任意兩條磁感線均不相交D．通電導線所受的磁場力為零，該處的磁感應強度一定為零5、熱敏電阻傳感器可用于對火災的監測，其工作電路的原理圖如圖所示．R1、R2為定值電阻，RT為熱敏電阻，已知當溫度升高時熱敏電阻RT的阻值減小，則當發生火災時，有()A．電壓表、電流表示數均增大B．電壓表、電流表示數均減小C．電壓表示數增大，電流表示數減小D．電壓表示數減小，電流表示數增大6、右上圖為磁流體發電機的示意圖，流體中的正、負離子均受到勻強磁場的作用，向M、N兩金屬極板運動，下列說法正確的是A．正離子向N極偏轉，負離子向M極偏轉B．正離子向M極偏轉，負離子向N極偏轉C．正、負離子均向N極偏轉D．正、負離子均向M極偏轉二、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、平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷（電量很小）固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間場強，U表示電容器兩極間電壓；表示正電荷在P點的電勢能．若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示位置，則（）A．U變小，E不變B．E變大，變大C．U不變，不變D．U變小，不變8、如圖所示的電路中，電源電動勢E=6V，內阻r=1Ω，電阻R1=6Ω、R2=5Ω、R3=3Ω，電容器的電容C=2×10﹣5F，若將開關S閉合，電路穩定時通過R2的電流為I；斷開開關S后，通過R1的電量為q．則（）A．I=0.75A B．I=0.5A C．q=2×10﹣5C D．q=1×10﹣5C9、如圖所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導軌間接有電源E，導軌平面與水平面間的夾角θ＝30°，金屬桿ab垂直導軌放置，導軌與金屬桿接觸良好．整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中．當磁場方向垂直導軌平面向上時，金屬桿ab剛好處于靜止狀態．要使金屬桿能沿導軌向上運動，可以采取的措施是()A．增大磁感應強度BB．調節滑動變阻器使電流增大C．增大導軌平面與水平面間的夾角θD．將電源正負極對調使金屬桿中的電流方向改變10、如圖所示，質量為m、長為L的導體棒電阻為R，初始時靜止于光滑的水平軌道上，電源電動勢為E，內阻不計．勻強磁場的磁感應強度為B，其方向與軌道平面成θ角斜向上方，開關閉合后導體棒開始運動，則()．A．導體棒向左運動B．開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為BELC．開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為BELD．開關閉合瞬間導體棒MN的加速度為BEL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）一實驗小組準備探究某種元件Q的伏安特性曲線，他們設計了如圖所示的電路圖．請回答下列問題：（1）請將圖中的實物連線按電路圖補充完整_________．（2）考慮電表內阻的影響，該元件電阻的測量值_____（選填“大于”、“等于”或“小于”）真實值．（3）在電路圖中閉合開關S，電流表、電壓表均有示數，但無論怎樣移動變阻器滑動片，總不能使電壓表的示數調為零．原因可能是圖中的________（選填a、b、c、d、e、f）處接觸不良．（4）實驗測得表格中的7組數據．請在坐標紙上作出該元件的I-U圖線_____．（5）為了求元件Q在I-U圖線上某點的電阻，甲同學利用該點的坐標I、U，由求得．乙同學作出該點的切線，求出切線的斜率k，由求得．其中__（選填“甲”、“乙”）同學的方法正確．12．（12分）某同學用多用表測電阻Rx時，將選擇開關置于“Ω×10”擋，表針停留的位置如圖所示（其數據為8），為了較正確測出Rx的阻值，將兩表與電阻Rx斷開后,下列操作中正確的是(用字母表示)__________________。(A)換用Ω×1擋(B)換用Ω×100擋四、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）一個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線AB運動，如圖所示，AB與電場線夾角θ，已知帶電微粒的質量m，電量q，A、B相距L。求：(1)畫出微粒的受力圖；(2)說明微粒在電場中運動的性質，要求說明理由。(3)電場強度的大小和方向？(4)要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是多少?14．（16分）如圖所示，BC是半徑為R=1m的圓弧形光滑且絕緣的軌道，位于豎直平面內，其下端與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度為E=2.0×10+4N/C，今有一質量為m=1kg、帶正電q=1.0×10﹣4C的小滑塊，（體積很小可視為質點），從C點由靜止釋放，滑到水平軌道上的A點時速度減為零．若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為μ=0.2，求：（1）滑塊通過B點時的速度大小；（2）滑塊通過B點時圓軌道B點受到的壓力大小；（3）水平軌道上A、B兩點之間的距離．15．（12分）如圖所示，把質量為克的帶電小球A用絲線吊起，若將帶電量為4×10﹣8C的正電小球B靠近它，當兩小球在同一高度相距3cm時，絲線與豎直夾角為30°，（取g=10m/s2，k=9.0×109N?m2/kg2）求：（1）小球A帶正電還是負電？（2）此時小球A受到的庫侖力大小和方向？（3）小球A帶的電量qA？

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】

電容器始終與電源相連，則電容器兩端間的電勢差不變，根據電容器d的變化判斷電容的變化以及電場強度的變化，從而判斷電荷電勢能和電場力的變化．【詳解】A、只將平行板電容器的上極板向下移動一小段距離，兩極板間的場強變大，P點的電勢φ=Ed，電勢升高，故A正確；B、靜電計的電壓始終等于電動勢，只將平行板電容器的上極板向上移動一小段距離，靜電計的張角不變，故B錯誤；C、根據，只將平行板電容器的上極板向左移動一小段距離，電容器正對面積S變小，電容器的電容變小，但板間電壓不變、板間距離不變，場強不變，故C錯誤；D、根據，只在平行板電容器兩極板間插入一厚度稍小于兩極板間距離的絕緣陶瓷，εr變大，電容器的電容變大，故D錯誤．故選A．【點睛】本題是電容器的動態分析問題，關鍵抓住不變量，當電容器與電源始終相連，則電勢差不變，當電容器與電源斷開，則電荷量不變．2、B【解析】

做曲線運動的物體所受合外力指向曲線內側可知粒子受力與電場線方向相反，所以不論粒子是從A到B還是從B到A，粒子必帶負電，故A項錯B項對；粒子從B到A過程中電場力與速度方向成銳角，即電場力做正功動能增大速度增大，所以C錯；電場線稀疏的地方電場強度小受的電場力就小，在A點加速度小，所以D錯．3、B【解析】

A.由圖讀出電源的電動勢為E=4V，圖線A的斜率大小表示電源的內阻，則故A錯誤；B.燈泡與電源連接時，A、B兩圖線的交點表示燈泡的工作狀態，則知其電壓U=3V，I=2A則燈泡D1的額定電壓為3V，功率為P=UI=6W故B正確；C.把燈泡D1換成“3V，20W”的燈泡D2，燈泡D1的電阻為=1.5把燈泡D1換成“3V，20W”的燈泡D2時，輸出電壓小于3V，燈泡D2的電阻小于0.45Ω，更接近電源的內阻，根據輸出功率與外電阻關系可知，電源的輸出功率將變大，故C錯誤；D.若把D1和“3V，20W”的燈泡D2并聯后接在電源上，那么外電路相當于兩個燈泡并聯，則電路總電阻減小，電流增大，內阻的電壓增大，則外電路電壓減小，因此燈泡不能正常發光4、D【解析】

磁感線可形象表示磁場的強弱和方向，磁感線上各點的切線方向就是各點的磁感應強度方向．磁感線不能相交，磁場中的分布所形成的曲線并不是磁感線，在磁鐵的外部，磁感線是從磁體的N極出發指向磁體的S極。【詳解】A項：磁感線可形象表示磁場的方向，磁感線上各點的切線方向就是各點的磁感應強度方向，故A正確；B項：在磁鐵的外部，磁感線是從磁體的N極出發指向磁體的S極，在磁鐵的內部，磁感線總是從磁體的S極出發指向磁體的N極，故B正確；C項：磁感線不能相交，因為交點處磁感線的切線方向有兩個，磁場的方向有兩個，而對于給定的磁場，磁場中任意一點磁場是唯一確定的，方向只有一個，所以磁感線不可能相交，故C正確；D項：當磁場與導線平行時，電流不受安培力，所以不能根據安培力為零來判斷有沒有磁場，故D錯誤。本題選不正確的，故應選：D。【點睛】本題考查對磁感線的理解，要抓住磁感線的物理意義及不相交、不存在、閉合曲線等特點進行全面理解。5、D【解析】

當發生火災時，熱敏電阻的溫度升高，電阻減小，電路中的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，總電流增大，由可知，路端電壓減小，即電壓表示數減小，由于總電流增大，R1兩端電壓增大，并聯部分的電壓減小，R2的電流減小，總電流增大，所以電流表示數增大，故D正確．6、A【解析】根據左手定則可以判斷正離子受洛倫茲力向下，負離子受洛倫茲力向上，因此正離子向N極偏轉，負離子向M極偏轉，故BCD錯誤，A正確．故選A．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、AD【解析】平行板電容器充電后與電源斷開，電容器的電量不變．將正極板移到圖中虛線所示的位置，板間距離減小，由，知電容C增大，由，知板間場強不變，而電量Q不變，由公式分析得到板間電壓U減小，根據，E不變，P點到負極板的距離不變，P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能不變，故選AD.【點睛】平行板電容器充電后與電源斷開后，電容器的電量不變，將正極板移到圖中虛線所示的位置，板間距離減小，電容增大，電場強度不變.8、AD【解析】

解：開關S閉合電路穩定時，外電路中總電阻為R=R2+=5+=7Ω根據閉合電路歐姆定律得：I==A=0.75A電容器兩端的電壓為U=I?=0.75×2V=1.5V電量Q=CU=1.5×2×10﹣5C=3×10﹣5C斷開開關S后：電容器通過R1與R3放電，設通過R1與R3的放電電流分別為I1和I3，則=由電量公式q=It可知，通過R1與R3的電量之比為又q1+q3=Q聯立得：通過R1的電量為q1==3×10﹣5C=1×10﹣5C故選AD9、AB【解析】

A．根據初始條件受力分析知，因此增大磁感應強B，安培力增大，金屬棒能沿斜面向上運動，A正確；

B．若增大電流，則安培力將增大，金屬棒將向上運動，B正確；

C．增大傾角θ，重力分力沿斜面向下分力，金屬棒將向下運動，C錯誤；

D．將電源正負極對調使金屬桿中的電流方向改變，安培力將沿斜面向下，因此金屬棒將向下運動，D錯誤；

故選AB．10、BD【解析】

A、開關閉合，由左手定則可知，磁感線穿過掌心，則大拇指向為垂直磁感線向右，從而導致導體棒向右運動，故A錯誤；BC、當開關閉合后，根據安培力公式F=BIL，I=ER，可得F=BELR，故D、當開關閉合后，安培力的方向與導軌成90°-θ的夾角，再根據力的分解可得合力大小，再由牛頓第二定律與安培力的大小可知，加速度a=BELsinθmR，故D故選BD。【點睛】據左手定則來確定通電導線的安培力的方向，閉合電路歐姆定律與安培力公式結合可求出其力的大小，最后由牛頓第二定律來確定導體棒瞬間的加速度。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、小于f甲【解析】

（1）根據電路圖連接實物圖如答案所示．注意不要將正負極連接錯誤．（2）根據歐姆定律可知測得的電阻是待測電阻與電壓表的并聯電阻，所以測量值小于真實值．（3）在電路圖中閉合開關S，電流表、電壓表均有示數，但無論怎樣移動變阻器滑動片，總不能使電壓表的示數調為零．說明電路沒斷，即f點出現問題．（4）處理圖像如答案，注意不要連成折線．（5）I-U圖線上某點的電阻即斜率的倒數才是電阻，即甲同學說法正確．12、A【解析】

本題考查多用電表歐姆檔的使用【詳解】由表盤示數可知指針太靠右了，要讓指針往左邊靠一靠，應該換更低的檔位，原來是“Ω×10”擋，則現在應該換成“Ω×1”擋，故本題選A。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)微粒受到的合力恒定，且與速度反向，所以微粒做勻減速直線運動(3)電場強度大小，方向水平向左(4)【解析】

由題意可知考查帶電粒子在勻強電場中的直線運動