寧夏石嘴山市三中2025屆物理高二第一學期期中達標檢測試題含解析

寧夏石嘴山市三中2025屆物理高二第一學期期中達標檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、在如圖所示的圖像中，直線為某一電源的路端電壓與電流的關系圖像，直線為某一電阻R的伏安特性曲線。用該電源與電阻R組成閉合電路。由圖像判斷錯誤的是A．電源的電動勢為3V，內阻為0.5ΩB．電阻R的阻值為1ΩC．電源的效率為80%D．電源的輸出功率為4W2、如圖所示的電路，閉合開關后，滑動變阻器的滑片P向右滑動，則（）A．電流表示數(shù)變小B．電流表示示數(shù)不變C．電壓表示數(shù)變大D．電壓表示數(shù)變小3、如圖所示，三條虛線表示某電場的三個等勢面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一個帶電粒子只受電場力作用，按圖中實線軌跡從A點運動到B點，由此可知（

）A．粒子帶正電 B．粒子的速度變大C．粒子的加速度變大 D．粒子的電勢能變大4、在光滑的絕緣水平面上，由兩個質量均為m帶電量分別為＋q和－q的甲、乙兩個小球，在水平力F的作用下一起做勻加速直線運動，則甲、乙兩球之間的距離r為()A．B．qC．2qD．2q5、下列關于電場強度的說法中，正確的是（）A．由可知，電場中某點的電場強度E與試探電荷在電場中該點所受的電場力成正比B．電場強度E的定義式只適用勻強電場C．由可知，當r→0時，E→，因而可得到無窮大的場強D．庫侖定律的表達式可知，就是點電荷q1在q2處產生場強的計算式6、小亮家有一臺電風扇，內阻為20Ω，額定電壓為220V，額定功率為66W，將它接上220V電源后，發(fā)現(xiàn)因扇葉被東西卡住不能轉動．則此時電風扇消耗的功率為()A．66W B．2420W C．11W D．不確定二、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、圖為一個示波器工作原理的示意圖，電子經電壓為U1的加速電場后以速度v0垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差U2，板長L，為了提高示波管的靈敏度（每單位電壓引起的偏轉量h/U2）可采取的方法是（）A．減小兩板間電勢差U2B．盡可能使板長L長些C．使加速電壓U1降低一些D．盡可能使板間距離d大一些8、真空中有一靜電場，其在x軸正半軸的電勢φ隨x變化的關系如圖所示，則根據(jù)圖象可知，下列說法不正確的是

A．R處的電場強度E=0B．若試探電荷從x1處移到x2處，電場力不一定做正功C．x1處與x2處的電場強度方向相反D．x1處的電場強度比x2處的電場強度大9、如圖所示，一平行板電容器兩極板A、B水平放置，上極板A接地，電容器通過滑動變阻器R和電鍵S與電動勢為E的電源相連．現(xiàn)將電鍵S閉合，位于A、B兩板之間的P點的帶電粒子恰好處于靜止狀態(tài)，電源內阻可以忽略，則（

）A．B板電勢為-EB．改變滑動變阻器的滑片位置，帶電粒子仍處于靜止狀態(tài)C．將B板向上移動，P點電勢將不變D．將B板向左平移，帶電粒子電勢能將不變10、如圖所示，長為L的細繩一端固定，另一端系一質量為m的小球．給小球一個合適的初速度，小球便可在水平面內做勻速圓周運動，這樣就構成了一個圓錐擺，設細繩與豎直方向的夾角為θ.下列說法中正確的是()A．小球受重力、繩的拉力和向心力作用B．小球做圓周運動的半徑為LsinθC．θ越大，小球運動的角速度越大D．θ越大，小球所受的合力越小三、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）某同學在實驗室測定金屬絲電阻率的實驗中：(1)用游標卡尺測量有效長度如圖甲所示，可知其長度為L=_________mm；(2)如圖乙所示，用螺旋測微器測金屬絲的直徑的測量值d=__________mm；(3)選用“×1”倍率的電阻擋測量，先進行歐姆調零，再用來測金屬絲的電阻，此時觀察到多用表的示數(shù)如圖丙所示，測量結果為R=__________Ω。(4)該金屬絲電阻率的表達式ρ=________（用R、d、L表示）。12．（12分）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中．(1)實驗中滑動變阻器應采用________接法(填“分壓”或“限流”)(2)用筆畫線代替導線，將實驗電路連接完整，使該裝置可以更好、更準確地完成實驗；（__________________________________________）(3)描繪出伏安特性曲線如圖，其彎曲的主要原因是________________________________．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，定值電阻R1=4Ω、R2=16Ω、R3=4Ω、R4=6Ω、R5=10Ω，電源電動勢E=10V，內阻不計，平行板電容器的電容C=2μF、a、b、c、d為電路中的四個結點，令結點d電勢為零．則電容器所帶的電荷量為多少？并說明電容器上、下極板的正負．14．（16分）如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間距離d＝40cm．電源電動勢E＝14V，內電阻r＝1Ω，電阻R1＝6Ω．閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從A板小孔上方10cm處自由釋放，若小球帶電荷量q＝1×10-1C，質量為m＝1×10-1kg，不考慮空氣阻力，g取10m/s1．那么，（1）滑動變阻器接入電路的阻值R1為多大時，小球恰能到達B板？（1）若將B板向上移動，使兩板間的距離減小為原來的一半，帶電小球從仍從原處釋放，是否能到達B板？若能，求出到達B板時的速度；若不能，求出小球離B板的最小距離．15．（12分）如圖所示，ABCD為表示豎立放在場強為E=3×104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切A為水平軌道的一點，而且AB=R=0.2m，把一質量m=400g、帶電q=10-4C的小球，放在水平軌道的A點上面由靜止開始被釋放后,在軌道的內側運動.（g=10m/s2）①它到達B點時的速度是多大?②它到達C點時對軌道壓力是多大?③小球所能獲得的最大動能是多少?

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】

A．根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E-Ir當I=0時，U=E，由讀出電源的電動勢E=3V，內阻等于圖線的斜率大小，則：A正確；B．根據(jù)圖像可知電阻：B正確；C．電源的效率：C錯誤；D．兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時工作狀態(tài)，由圖讀出電壓U=2V，電流I=2A，則電源的輸出功率為：P出=UI=4WD正確。故選C。2、D【解析】

滑動變阻器的滑片P向右滑動時，阻值變小，電路總電阻變小，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，電路的總電流變大，電流表示數(shù)變大；內阻上電壓變大，則路端電壓變小，即電壓表示數(shù)變小，故C錯誤，D正確；故選D.【點睛】此題是動態(tài)電路的分析問題，知道用“局部-整體-局部”的分析思路進行分析.3、B【解析】

由圖象可知帶電粒子的軌跡向右偏轉，得出粒子所受力的方向向右；又由電場線指向電勢降低的方向，得出電場線方向大致向左．因為帶電粒子受力與電場的方向相反，所以粒子帶負電，故A錯誤；由動能定理得，合外力（電場力）做正功，動能增加，故B正確；由于等勢面密的地方電場線也密、電場線密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子從A點運動到B點，加速度在變小，故C錯誤；由電場力做功的公式得，粒子從A點運動到B點，電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤．【點睛】做曲線運動物體所受合外力指向曲線內側，本題中粒子只受電場力，由此可判斷電場力向右，根據(jù)電場力做功可以判斷電勢能的高低和動能變化情況，加速度的判斷可以根據(jù)電場線的疏密進行．4、B【解析】試題分析:選甲、乙作為整體為研究對象，由牛頓第二定律得，加速度,選乙為研究對象，由牛頓第二定律得：，聯(lián)立得考點：牛頓第二定律；庫侖定律5、D【解析】A項：電場強度E表示電場本身的強度和方向，與試探電荷無關，不能說E與試探電荷在電場中該點所受的電場力成正比．故A錯誤；B項：電場強度的定義式適用于一切電場．故B錯誤；C項：當r→0時，電荷已不能看成點電荷，公式不再成立，故C錯誤；D項：庫侖定律公式中是點電荷q1產生的電場在點電荷q2處的場強大小，故D正確。點晴：解決本題關鍵理解電場強度的定義式：和點電荷產生的電場強度的決定式：的區(qū)分別與聯(lián)系。6、B【解析】扇片被卡住時，此時可以看做是純電阻，總的功率即為發(fā)熱的功率：，故B正確，ACD錯誤。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】試題分析：電子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理可得：eU1=mv02所以電子進入偏轉電場時速度的大小為：電子進入偏轉電場后的偏轉量為：聯(lián)立得，所以示波管的靈敏度為；所以要提高示波管的靈敏度可以增大l，減小d和減小U1，所以AD錯誤，BC正確．故選BC．考點：帶電粒子在電場中的運動8、AC【解析】:A、φ-x圖象中,曲線上任意一點的切線的斜率表示電場強度;R處切線的斜率不為零,故電場強度不為零;故A錯誤;

B、若試探電荷從x1處移到x2處,電勢降低,根據(jù)公式W=qU,如果是正電荷,電場力做正功;如果是負電荷,電場力做負功;所以B選項是正確的;

C、x1處與x2處的切線斜率同為負值,故x方向的電場強度分量的方向相同,故C錯誤;

D、φ-x圖象中,曲線上任意一點的切線的斜率表示電場強度，從圖像上可以看出，x1處比本題要選不正確的，所以答案應該是AC綜上所述本題答案是：AC9、ABD【解析】

A、AB兩板的電勢差為E，，．所以,B板的電勢為-E，故A正確；B、改變滑動變阻器的滑片位置，兩極板間的電壓不變，極板間的電場強度不變，粒子所受電場力不變，帶電粒子仍處于靜止狀態(tài)，故B正確；C、將B板向上移動，距離減小，極板間場強變大，A板與P點的電勢差變大，A點電勢不變，P點電勢變小，故C錯誤；D、將B板向左平移，極板間的距離和電壓不變，場強不變，P點電勢不變，帶電粒子電勢能不變，故D正確；故選ABD.【點睛】本題較難之處是分析電勢變化，往往根據(jù)電勢差和該點與零電勢點間電勢的高低，分析電勢的變化，這是常用的方法．10、BC【解析】

分析小球的受力：受到重力、繩的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物體受到向心力．然后用力的合成求出向心力：mgtanθ，用牛頓第二定律列出向心力的表達式，求出角速度ω的表達式，分析θ變化，由表達式判斷合力和角速度的變化．【詳解】A.小球只受重力和繩的拉力作用，二者合力提供向心力，故A錯誤；B.小球在水平面做圓周運動，半徑R=Lsinθ，故B正確；C.向心力大小為：Fn=mgtanθ，小球做圓周運動的半徑為：r=Lsinθ，則由牛頓第二定律得：mgtanθ=mω2Lsinθ，得到線速度：v=，θ越大，cosθ越小，小球運動的角速度越大，故C正確．D.小球受到的合外力為mgtanθ，θ越大，tanθ越大，合力越大，故D錯誤；故選BC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、50.150.197(0.196~0.198)14.0【解析】(1)由圖示游標卡尺可知，其示數(shù)為：50mm+3×0.05mm=50.15mm；(2)由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為：0mm+19.7×0.01mm=0.197mm；(3)選用“×10”倍率的電阻擋測量，多用表指針偏轉過大，所選倍率太大，為準確測量電阻阻值，應選擇較小倍率，因此需選擇×1倍率的電阻擋，換擋后要重新進行歐姆調零，然后再進行測量，由圖示表盤可知，電阻阻值：R=14.0×1=14.0Ω．(4)金屬絲的電阻為：，電阻率為：；【點睛】游標卡尺、螺旋測微器、歐姆表讀數(shù)、求電阻率；游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺示數(shù)；螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)；游標卡尺不需要估讀，螺旋測微器需要估讀．12、分壓燈絲電阻隨溫度的升高而增大【解析】

（1）實驗中要在小燈泡上得到從零開始的可調電壓，則滑動變阻器應采用分壓接法；（2）小燈泡電阻較小，可采用電流表外接電路；實物連接如圖；（3）描繪出伏安特性曲線，其彎曲的主要原因是燈絲電阻隨溫度的升高而增大．【點睛】當實驗要求電流從零調時，變阻器應用分壓式接法，應選擇阻值小的變阻器以方便調節(jié)；當測量小電阻時應采用電流表外接法．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、4×10-6C；上板帶正電，下板帶負電【解析】

由于電源內阻不計，則cd間電壓：Ucd==10V則=10Vca間電壓即為電阻R1兩端電壓Uca==2V又Uac=則=8V同理cb間電壓即為R3兩端的電壓Ucb==4V又Ucb=，則=6V則電容器兩端電壓UC=Uab==2V則電容器所帶電荷量為：Q=CUC=2×10-6×2C=4×10-6C因為