学海大联考2025届物理高二第一学期期中考试试题含解析

学海大联考 2025届物理高二第一学期期中考试试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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，一根长直导线穿过载有恒定电流的金属圆环的中心且垂直于环的平面，导线和环中的电流方向如图所示，那么金属环受到的磁场力为( )
A ．沿圆环的半径向外
B ．沿圆环的半径向内
C ．水平向左
D ．等于零
2、如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离
A ．带点油滴将沿竖直方向向上运动
B ．P 点的电势将降低
C ．带点油滴的电势能将减少
D ．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
3、一个做匀变速直线运动的质点的v t -图象如图所示，由图线可知其速度-时间的关系为( )
A ．()42v t =+ /m s
B ．()42v t =-+ /m s
C ．()42v t =-- /m s
D ．()42v t =- /m s
4、如图所示，图线1表示的导体的电阻为R 1，图线2表示的导体的电阻为R 2，则下列说法正确的是（ ）
A ．R 1：R 2=3：1
B ．R 1：R 2=1：3
C ．将R 1与R 2串联后接于电源上，则电压之比U 1：U 2=3：1
D ．将R 1与R 2并联后接于电源上，则电流之比I 1：I 2=1：3
5、某乘客乘坐D6505次动车从三明北站到福州站。

下列说法正确的是
A ．该动车13:06从三明北站开出，指的是时间
B ．三明北站到福州站历时1. 25h ，指的是时刻
C ．三明北站到福州站全程约为230km ，指的是位移
D ．三明北站到福州站全程约为230km ，指的是路程
6、下列关于点电荷的说法，正确的是（ ）
A ．只有体积很大的带电体才能看成点电荷
B ．体积很大的带电体一定不能看成点电荷
C ．一切带电体都能看成点电荷
D ．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷
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，水平线a 、b 、c 、d 为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m ，电荷量绝对值为q 的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A 点的速度大小为v 1，在B 点的速度大小为v 2，且方向与等势线平行A 、B 连线长为L ，连线与竖直方向的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则
A ．该粒子一定带正电
B ．匀强电场的电场强度大小2212()2cos m v v qL θ
- C ．粒子在B 点的电势能一定大于在A 点的电势能
D ．等势线b 的电势比等势线e 的电勢高
8、如图所示，在水平向右、大小为E 的匀强电场中，在O 点固定一电荷量为Q 的正电荷，A 、B 、C 、D 为以O 为圆心、半径为r 的同一圆周上的四点，B 、D 连线与电场线平行，A 、C 连线与电场线垂直，静电力常数为k 。

则（ ）
A ．A 点的电场强度大小为222
4Q E k r + B ．B 点的电场强度大小为2
Q E k r - C ．D 点的电场强度大小可能为0
D ．A 、C 两点的电场强度相同
9、如图所示，匀强电场方向平行于xOy 平面，在xOy 平面内有一个半径为R ＝5m 的
圆，圆上有一个电荷量为q ＝-1×
10－8C 的试探电荷P ，半径OP 与x 轴正方向的夹角为θ，P 沿圆周移动时，其电势能E p ＝2.5×10－5cos θ(J)，则（ ）
A ．x 轴位于零势面上
B ．电场强度大小为500V/m
C ．电场强度方向沿x 轴正方向
D ．电场强度方向沿y 轴正方向
10、如图所示，A 、B 为两块竖直放置的平行金属板，G 是静电计，电键K 合上后，静电计指针张开一个角度。

下述哪些做法可使指针张角增大？
A ．使A 、
B 两板靠近些；
B ．使A 、B 两板正对面积错开些；
C ．断开K 后，使B 板向右平移拉开一些；
D ．断开K 后，使A 、B 正对面错开些。

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）一直流电压表V ，量程为1V ，内阻为1000Ω，现将一个阻值在50007000-Ω之间的固定电阻1R 与此电压表串联，以扩大电压表量程，为求得扩大后量程的准确值，再给一直流电源（电动势E 为6-7V ，内阻不计）、一阻值22000R =Ω的固定电阻、两个单刀开关12S S 、及导线若干。

（1）为达到上述目的，将对应的图连成一个完整的实验电路图。

______
（2）连线完成以后，当12S S 、均闭合时，电压表示数为0.90V ；当1S 闭合， 2S 断开时，电压表示数为0.70V 。

由此可以计算出改装后电压表的量程为__________V ，电源电动势为__________V 。

12．（12分）在“测定金属的电阻率”的实验中，
（1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图1所示，则该金属丝的直径为 mm ．
（2）用量程为3V 的电压表和量程为0.6A 的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图2所示，则电压表的读数为 V ，电流表的读数为 A ．
（3）用米尺测量金属丝的长度L=0.810m ．利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为 Ω•m（保留二位有效数字）．
四、计算题：本题共2小题，共26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）图是某种静电分选器的原理示意图。

两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。

分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。

混合在一起的a、b 两种颗粒从漏斗出口下落时，a 种颗粒带上正电，b 种颗粒带上负电。

经分选电场后，a、b 两种颗粒分别落到水平传送带A、B 上。

已知两板间距d＝0.1m，板的长度L＝0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1×10－5 C/kg。

设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。

要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。

重力加速度g 取10m/s 2。

（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？
（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B 的高度H＝0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？
14．（16分）如图所示，A、B是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U1=100V，C、D是水平放置的平行金属板，板间距离为d=0.2m，板的长度为L=1m，P是C板的中点，A、B两板小孔连线的延长线与C、D两板的距离相等，将一个负电荷从板的小孔处由静止释放，求：
（1）为了使负电荷能打在P点，C、D两板哪板电势高？板间电压U CD应为多少？（2）如果C、D两板间所加的电压为4V，求负电荷离开电场时竖直方向的偏转距离为多少？
15．（12分）如图所示匀强电场的电场强度为2.0×104 N/C，沿电场线方向有A、B两点，
A、B两点间的距离为0.10m。

将电荷量2.0×10-8 C的正点电荷从A点移至B点，求
(1)求A、B两点间的电势差；
(2)电荷从A点移至B点的过程中电场力所做的功。

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】
试题分析：根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向，在根据左手定则判断环形导线受到的安培力的方向．
解：在图中，根据安培定则可知，直线电流的磁场与导线环平行，则环形导线不受安培力．
故D正确，ABC错误．
故选D．
【点评】解决本题的关键掌握使用安培定则判断电流产生的磁场方向，以及会用左手定则判断安培力方向．
2、B
【解析】
A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，
根据
U
E
d
得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错
误．B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B．
【点睛】本题运用U E d
=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化． 3、B
【解析】
由图知，初速度为04/v m s =-．由斜率等于加速度，则得加速度为：
224(4)/2/4
v a m s m s t ∆--===∆，故根据数学知识得：()042/v v at t m s =+=-+，故B 正确，ACD 错误．
【点睛】
在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，
三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移
4、B
【解析】
根据I-U 图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R 1：R 2=1：1．故A 错误，
B 正确；两电阻串联后，两电阻中的电流相等，则电压之比U 1：U 2=1：1，故
C 错误；若两电阻并联，两电阻两端的电压相等，故电流与电阻成反比；故电流之比为：I 1：I 2=1：1；故
D 错误；故选B ．
【点睛】
解决本题的关键知道I-U 图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点． 5、D
【解析】
A. 该动车13:06从三明北站开出，对应时间轴的一个点，是时刻，故A 项错误；
B. 三明北站到福州站历时1.25h ，1.25h 是指一段时间，不是时刻，故B 项错误； CD.位移是从初位置到末位置的有向线段，是直线，动车运动的全程不是直线，是指路程，故C 项错误，D 项正确；
6、D
【解析】
带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，则体积很小的带电体不一定能看成点电荷，体积很大的带电体不一定不能看成点电荷，故ABC 错误；由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略
时，这个带电体可看作点电荷，故D 正确．
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、BC
【解析】
A 项：根据做曲线运动的物体受的合力指向曲线的内侧，由于不知道电场强度的方向，所以无法确定粒子的电性，故A 错误；
B 项：在沿电场线方向的位移为：cos y L θ=
设A 、B 间的电势差为U AB ，由动能定理得：22211122
AB qU qEy mv mv =-=
-，所以2212()2cos m v v E qL θ-=，故B 正确； C 项：根据做曲线运动的物体受的合力指向曲线的内侧可知，粒子受的电场力方向向上，所以粒子从A 到B 过程中电场力做负功，电势能增大，故C 正确；
D 项：根据题意可知判断粒子受到的电场力方向，但无法确定电场线的方向，所以无法确定等势面的电势的高低，故D 错误。

故选：BC 。

8、AC
【解析】
A ．O 点固定一电荷量为Q 的正电荷在A 点产生的场强方向竖直向上，大小为 02
kQ E r = 根据场的叠加原理可得
A E =A 正确；
B ．O 点固定一电荷量为Q 的正电荷在B 点产生的场强方向水平向右，大小为 02
kQ E r = 根据场的叠加原理可得 2B E r E Q k
+= B 错误；
C ．O 点固定一电荷量为Q 的正电荷在
D 点产生的场强方向水平向右，大小为
02
kQ E r = 根据场的叠加原理可得 2D E r E Q k
-= 若2Q E k r
=，则D 点场强为0，C 正确； D ．A 、C 两点的场强大小相等，方向不同，D 错误；
故选AC 。

9、BC
【解析】
A ．由电势能E P =2.5×10-5cosθ，可得θ=90°时E P =0，θ=270°时E P =0，说明y 轴位于零势能面上，场强方向平行于x 轴，故A 错误；
BCD ．当θ=0°，E P =2.5×
10-5J ，由E P =qφ，得该点的电势 5
8
2.510V=-2500V 110P E q ϕ--⨯==-⨯ 同理可得当θ=180°时该点电势为2500V ；根据顺着电场线电势降低，可知电场强度的方向沿x 轴正向，则场强为
02500V/m=500V/m 5
U E R R ϕ-=== 故D 错误，BC 正确。

故选BC 。

10、CD
【解析】
AB ．开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变。

故A 、B 错误。

C ．断开S ，电容器所带的电量不变，B 板向右平移拉开些，则由4S C kd επ=
，电容减小，根据Q=CU 知，电势差增大，则指针张角增大。

故C 正确。

D ．断开S ，电容器所带的电量不变，A 、B 的正对面积错开，由4S C kd
επ=
，电容减小，根据Q=CU 知，电势差增大，则指针张角增大。

故D 正确。

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、 7V 6.3V
【解析】（1）实验电路如图所示；
若S 1与S 2都闭合：E=U 1+1V
U R R 1=0.90+9×10-4•R 1 若S 1闭合S 2断开：E=U 2+
2V U R （R 1+R 2）=0.70+7×10-4•（R 1+R 2） 量程为U=I g （R V +R 1）
联立解得 U=7V ；E=6.3V
12、（1）2.935；（2）2.60，0.52；（3）4.2×10﹣5
Ω•m
【解析】解：（1）螺旋测微器的读数为：d=2.5mm+43.5×0.01mm=2.935m m ；
（2）因电压表的每小格读数为0.1V ，所以应估读到0.01V ，所以电压表的读数为：U=2.60V ；
同理，电流表的每小格读数为0.02A ，应估读到0.01A ，所以电流表的读数为：I=0.52A ． （3）根据R=得：
带入数据得：ρ=4.2×10﹣5Ω•m
故答案为：（1）2.935；（2）2.60，0.52；（3）4.2×10﹣5Ω•m
【点评】考查电阻定律的应用，掌握螺旋测微器及电流表或电压表的读数方法．
四、计算题：本题共2小题，共26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）左板带负电荷，右板带正电荷 1×104V （2）4m/s
【解析】
本题考查的是动能定理和带电粒子在匀强电场中的偏转，可以将运动进行分解，即可求出相应参量。

【详解】
（1）带正电的a 种颗粒向左偏转，所以左板带负电，右板带正电。

竖直方向：21L=gt 2 水平方向：2d 1qU =t 22md 联立可得：2
gmd U=2qL
，U=1×104V （2）根据动能定理可得：
211qU+mg(L+H)=mv 22
，带入数据可得：v=4m/s 。

【点睛】
综合性比较强的题目，一定要把整个过程分析清楚。

14、见解析．
【解析】
（1）设负离子的质量为m ，电量为q ，从B 板小孔飞出的速度为v 0，
由动能定理：
① 由类平抛规律：
②
③
又④ 整理可得⑤
又⑥
联立⑤⑥解得U 2=32V ，因负离子所受电场力方向向上，所以且C 板电势高．故为了使负离子能打在P 点，C 、D 两板间的电压应为32V ，C 板电势高．
（2）若负离子从水平板边缘飞出，则应满足：
由类平抛规律可得：
联立以上各式解得：， 将代入可解得
可见，如果两板间所加电压为4V ，则负离子不能打在板上，而是从两板间飞出． 将，代入 解得 故如果C 、D 两板间所加的电压为4V ，则负离子不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为0.05m ．
15、 (1)3210V ⨯ (2)5410J -⨯
【解析】
（1）A 、B 两点间的电势差是：
U=Ed =2.0×104×0.10V=2.0×103V
（2）电荷所受电场力F 的大小为：F =Eq ，方向向右。

电荷从A 点移至B 点的过程中，电场力所做的功为：W =Fs
联立解得：
W =4.0×10-5 J。