2025届湖南省长沙市宁乡县第一高级中学物理高二上期中考试试题含解析

2025届湖南省长沙市宁乡县第一高级中学物理高二上期中考试
试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中.通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是（）
A．图甲中电压表的指针偏角与电流表的相等
B．图甲中电压表的指针偏角比电流表的小
C．图乙中电压表的指针偏角与电流表的相等
D．图乙中电压表的指针偏角比电流表的小
2、下列属于防范静电的是( )
A．避雷针
B．喷涂
C．静电复印
D．静电除尘
3、如图所示的电场中，A、B两点电势相同、但场强不同的是（）A．B．C．D．
4、在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则
A．灯泡L变暗
B．电源内部消耗的功率先变大后变小
C．电容器C上的电荷量增加
D．流过R1的电流方向由左向右
5、如图所示，在绝缘的水平面上方存在着匀强电场，水平面上的带电金属块在水平拉力F作用下沿水平面移动．已知金属块在移动的过程中，外力F做功32J，金属块克服电场力做功8.0J，金属块克服摩擦力做功16J，则在此过程中金属块的（）
A．动能增加8.0J B．电势能增加24J
C．机械能减少24J D．机械能增加48J
6、图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，ａ、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，正确判断的是（）
A．带电粒子所带电荷为负电
B．带电粒子在ａ、b两点的受力方向相同
C．带电粒子所带电荷为正电
D．带电粒子在ａ、b两点的动能ａ处较大
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，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则( )
A．电场力做正功B．B点电势比A点高
C．电势能增加D．加速度增大
8、一负电荷仅受电场力的作用,从电场中的A点运动到B点,在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动,则A、B两点电场强度E A，E B及该电荷在A、B两点的电势能εA、εB之间的关系为( )
A．E A＝E B
B．E A＜E B
C．εA＝εB
D．εA＞εB
9、如图所示，虚线表示某电场的等势面。

一带电粒子仅在电场力作用下，由A点运动到B点的径迹如图中实线所示。

粒子在A点的速度为v A、加速度为a A、电势能为E pA；在B点的速度为v B、加速度为a B、电势能为E pB，则下列判断中正确的是( )
A．该粒子带负电
B．v A>v B
C．a A<a B
D．E pA>E pB
10、如图所示,平行板电容器经开关S与电源连接，S闭合一段时间后断开，a处固定一带电量很小的正点电荷，现将电容器B板向下移动一小段距离使板间距离增大，则
A．AB板的电压U AB变小
B．a点电势φa变大
C．点电荷a受的电场力F a变大
D．点电荷a的电势能E pa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）小明在家里找到了一个电子元件，上面仅标有“12V 2W”，为研究它的电学特征，设计了下列实验：
(1)小明利用家里的器材设计了如图电路来测量该电子元件的伏安特性曲线，家中出来电压表（量程15V，内阻约为5kΩ），还有两个电流表可供选择：A1（量程200mA，内阻约为200Ω），A2（量程3A，内阻约为10Ω），小明应该选择电流表______（选填“A1”“A2”）接入电路．在正确连接电路后，闭合开关之前滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器的______（选填“左端”“右端”）．
(2)小明又利用家里的多用电表来直接测量该电子元件的电阻，将该元件接入多用电表的欧姆“ⅹ10”档，正确操作后发现示数如图，则读数为_____Ω．
(3)该多用电表欧姆档内部有一个电源，已知欧姆“ⅹ10”档位对应的电源电动势
E=1.5V，且中位电阻阻值为150Ω．在实验中小明不知道这个电源使用很久了，该电源电压实际已变为1.3V，但小明在使用时依然正确的进行了欧姆调零，那么他该用多用表测出的电阻阻值实际应为__Ω．（结果保留两位有效数字）
12．（12分）某同学用如图所示电路，测绘标有“3.8V,0.3A”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图像.
(1)除了导线和开关外,有以下一些器材可供选择:
电流表A1(量程为100mA,内阻约为2Ω)；
电流表A2(量程为0.6A,内阻约为0.3Ω)；
电压表V1(量程为5V,内阻约为5kΩ)；
电压表V2(量程为15V,内阻约为15kΩ)；
滑动变阻器R(阻值范围为0～10Ω)；
电源E(电动势为4V,内阻约为0.04Ω)．
为了调节方便,测量准确,实验中电流表应选用__________，电压表应选用
__________，(填器材符号)
(2)在图中用笔画线代替导线,把实验仪器连接成完整的实验电路____________.
(3)根据实验数据,计算并描绘出的R-U图像如图所示；由图像可知,此小灯泡在不工作时,灯丝电阻为_______Ω；当所加电压为3V时,灯丝电阻为_______Ω．
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）某空间存在方向末知的匀强电场，一绝缘轻绳，一端固定在O点，另一端与一质量为m，电量为+q的带电小球相连，小球在竖直平面内恰好能做完于完整的圆周运动，在下列情况下，小球在最低点所受绳的拉力大小是多少。

（1）匀强电场方向竖直向上，大小为
12.1mg
E
q
（2）匀强电场方向竖直向下，大小为E2=mg q
（3）匀强电场方向水平向右且与圆周运动轨迹所在平面平行，大小为E3=mg q
14．（16分）如图所示，质量为m的铜棒长为L，棒的两端用长为a的细软铜线水平悬挂在磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中，求：
（1）当棒中通过从左到右的恒定电流I后，求铜棒受到安培力大小和方向；
（2）若铜棒通某一方向电流后向上摆动，最大偏角θ，则恒定电流为多大？
15．（12分）如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s1．求：（1）微粒入射速度v0为多少？
（1）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围？
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】
AB.图甲中由于电流表的表头是并联在电路中，电压表的表头是串联在电路中，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表中表头的电流小于电压表中的电流，所以电压表的指针偏角比电流表的大，故A、B错误；
CD.图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中串联的定值电阻分压的原因，电压表中表头两端的电压小于电流表中表头两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，故C错误，D正确.
2、A
【解析】
A ．避雷针是为了导走房屋静电，防止带电云层打雷击中，属于静电防范，故A 正确；
B ．喷涂时利用高压静电电场，使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料吸附在工件表面的喷涂方法，属于静电的利用，故B 错误；
C ．复印机复印文件资料，属于静电利用，故C 错误；
D ．静电除尘利用的是除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电利用，D 错误。

3、B
【解析】A 图中沿着电场线方向电势不断降低，故A 点电势高于B 点电势，电场线的疏密程度反映场强的大小，故A 点的场强小于B 点的场强，A 不符合题意；B 图中A 、B 两点距场源电荷的距离相等，故A 、B 两点在同一等势面上，两点的电势相等；根据点电荷的场强公式2Q E k r
=，可知A 、B 两点的场强大小相等，方向不同，故两点的场强不同，B 符合题意；C 图中A 、B 两点距场源电荷的距离不相等，故电势不相等；根据点电荷的场强公式2Q E k
r =，可知A 、B 两点的场强大小不相等，方向相同，故两点的场强不同，C 不符合题意；D 图中中沿着电场线方向电势不断降低，故A 点电势高于B 点电势，A 、B 处在同一匀强电场中，故A 、B 的电场强度相同，D 不符合题意；选B.
【点睛】沿着电场线方向电势不断降低，电场线的疏密程度反映场强的大小，在同一匀强电场中电场强度不变.
4、D
【解析】
本题考查含电容器电路的动态分析
【详解】
AB ．当滑片向右移动时，电阻减小，干路电流增大，根据P=I 2R 知灯泡变亮，电源内部消耗功率2I r 变大，选项A 、B 错误；
C ．根据U=IR 知，电源内电压及灯泡上电压增大，滑动变阻器上分得电压减小，电容器因与滑动变阻器并联，电容器C 上电压也减小，根据Q=CU 知电容器电量减小，C 错误；
D ．电容器会通过R 、R 1组成回路放电，故经过电阻R 1的电流由左向右，D 正确。

5、A
【解析】
本题考查的是对功能关系的理解问题，根据动能定理，合外力对物体做的功为
--=等于其动能的增加量，A正确；金属块克服电场力做功8.0J，电势能328168J
增加也是8J，B错误；机械能增加了8J，CD错误；
6、D
【解析】
由图知，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，所以无法确定粒子的电性．故AC错误．由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，带电粒子在a、b两点的受力方向沿电场线大致向左，但是方向不同，选项B错误；若粒子从a向b运动，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小；相反，若从b运动到a，电场力对粒子做正功，粒子的动能增大，则带电粒子在a 点的动能较大．故D正确．故选D．
【点睛】
本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况．
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、CD
【解析】
A．由图看出，带电粒子的轨迹向下弯曲，则知带电粒子所受的电场力方向沿电场线向下，与速度的夹角为钝角，所以从A运动到B电场力做负功，故A错误；
B．根据沿着电场线电势逐渐降低可知B点电势比A点低，故B错误；
C．因为只有电场力做负功，故动能减少、电势能增大，故C正确；
D．从A到B，电场线越来越密，电场强度越来越大，带电粒子所受的电场力增大，由
牛顿第二定律：
qE
a
=
m
有加速度增大，故D正确。

8、AD
【解析】
C、D、电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且只受电场力，因此电场力做正功，电
势能减小，所以B点的电势能较小．所以εA＞εB，则C错误，D正确；A、B、电荷做
匀加速直线运动，所以根据Eq=ma可知，电场强度不变，即E A=E B ，故A正确，B错误．故选AD．
【点睛】本题比较简单，基础性强；要加强理解电场力和电场强度关系，电势能和电场力做功关系．
9、ABC
【解析】由于等势面是同心圆，且外大里小，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子带负电，故A正确；由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即a A＜a B，故C正确；从A到B电场力做负功，速度减小，电势能增加，故B正确，D错误。

所以ABC正确，D错误。

10、BD
【解析】
电容器充电与电源断开，所带电量不变．根据电容的决定式、E=、结合分析板间场强是否变化．B极板接地，电势为零，根据a与B板的电势差的变化情况，判断a点的电势如何变化，即可确定电势能如何变化。

【详解】
A项：由公式，得，d增大，所以U增大，故A错误；
B、C、D项：由公式，，E=得板间场强，由题意，S、Q、ɛ均不变，k是常量，则E不变，点电荷受的电场力F a=qE，则知F a不变；
根据公式U=Ed知，B板向下移动时，a与B板间的电势差增大，而B极板接地，电势为零，a点电势高于B板电势，大于零，则知a点电势变大，即φa变大，q是正电荷，由电势能公式E pa=qφa知，E pa变大，故B正确，C错误，D正确。

故应选：BD。

【点睛】
本题关键是掌握推论：，判断出板间场强不变，再根据U=Ed、E pa=qφa，判断电势和电势能的变化。

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、A1左50 43.3
【解析】
(1)由电子元件，上面仅标有“12V 2W”可知，流过电子元件最大电流为：
216712I A mA =≈，故电流表应选用A 1； 为了保护电路，开始时滑动变阻器接入电路中的电阻应最大即滑片应移到最左端；
(2)由图可知 ，欧姆表的读数为：51050⨯Ω=Ω；
(3)欧姆表的满偏电流为 1.50.01150
g g E E I A A r R ====； 电源电压实际已变为1.3V 时的内阻' 1.31300.01g g E R I =
=Ω='Ω 电源电动势不同时，用同一欧姆表测同一电阻，
欧姆表指针位置，即电路电流是相等的，由闭合电路欧姆定律得：
1.5 1.315050130x
R =++ 解得：43.3x R =Ω．
12、2A ; 1V ; 1.5; 11.5;
【解析】
（1）灯泡的额定电流为0.3A ，可知实验中电流表应选用A 2，灯泡的额定电压为3.8V ，则电压表应选用V 1；
（2）灯泡的电阻 3.8130.3
U R I ==≈Ω，因500013130.3
V A R R R R ==，则应采用电流表外接法；滑动变阻器用分压电路，实物连线如图；
（3）由图像可知，此小灯泡在不工作时，即U=0时，灯丝电阻为1.5Ω；当所加电压为3V 时，灯丝电阻11.5Ω．
【点睛】
本题考查了实验器材的选择以及实验电路的确定等问题；关键是搞清实验原理；知道电
表选择的原则：安全、准确、方便；为在灯泡上得到从0开始的连续可调电压，滑动变阻器必须用分压电路．
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）0（2）12mg （3）3（1+2）mg
【解析】（1）加方向竖直向上匀强电场1E 时，由于1mg qE <,而且小球在竖直平面内恰好能做完于完整的圆周运动，所以小球在最低点时速度最小为零，因而此时拉力最小10T F =；
（2）加方向竖直向下匀强电场2E 时，2mg qE >,小球在最高点，速度最小，有：
212v mg qE m r += 小球从A 点到最低点，由动能定理有：2222111222
mg qE r mv mv +⋅=
-（） 在最低点，有：2222T v F mg qE m r -+=（） 联产解得绳的拉力为：212T F mg =；
（2）加水平向右的匀强电场2E 时,在等效最高点A 点速度最小，如图所示：
且有：3E q mg =，则：3
tan mg qE θ=，即：045θ= 在等效最高点A 点，有：20cos45A v mg m r
= 小球从等效最高点A 点到等效最低点B ，由动能定理有：
()0022311454522
B A mg r rcos qE rsin mv mv ++=- 在最低点，有：23B T v F mg m r
-=，联立解得3312)T F mg =（。

点睛：本题的（3）关键是确定圆周运动的等效最高点和等效最低点，可与重力场中竖直平面内圆周运动类比理解，运用动能定理和牛顿第二定律进行求解。

14、 (1) F=BIL,垂直纸面向外 (2) I=
1cos sin mg BL θθ
-（） 【解析】
由题意可知考查安培力的计算，动能定理的应用，据此列式计算可得。

【详解】
(1) 由安培力公式可得=F BIL 安，由左手定则可知安培力的方向垂直纸面向外。

(2) 从最低点到最高点由动能定理可得 ()10F Lsin mgL cos θθ--=安
=F BIL 安
联立可得 I=1cos sin mg BL θθ
-（） 【点睛】
铜棒通某一方向电流后向上摆到最大偏角时棒的速度为零，但合外力不为零，所以不能通过平衡条件列式求解，从最低点到最高点动能变化量为零，可以根据动能定理计算求得。

15、（1）10 m/s （1）110 V ≤U ≤100 V
【解析】
（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有： 水平方向有：
0 2
L v t ＝ 竖直方向有：
2122
d gt ＝ 解得：
v 0=10m/s
（1）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有： 210
1()22a d L v ＝
根据牛顿第二定律得： 11U mg q ma d
-＝ 解得：
U 1=110V
当所加电压为U 1时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有： 220
1()22a d L v ＝ 根据牛顿第二定律得： 22U q mg ma d
-＝ 解得：
U 1=100V
所以所加电压的范围为： 110V≤U ≤100V。