浙江省金華市方格外國語學校2025屆物理高二上期中達標檢測試題含解析

浙江省金華市方格外國語學校2025屆物理高二上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、一臺電動機，額定電壓是100V，電阻是1Ω．正常工作時，通過的電流為5A，則電動機因發(fā)熱損失的功率為（）A．500W B．25W C．2000W D．475W2、關于靜電場下列說法中正確的是A．在電場中某點的電勢為零，則該點的電場強度一定為零B．由公式可知電場中某點的電勢與q成反比C．根據公式Uab＝Ed可知，在勻強電場中兩點a、b間的距離越大，電勢差就越大D．正電荷從電勢高的點運動到電勢低的點，電勢能一定減少3、在同一圓軌道上繞地球運行的所有衛(wèi)星，一定具有相同的（）A．密度B．周期C．體積D．質量4、如圖所示的電路中，輸出電壓U恒為12V，燈泡L上標有“6V/12W”字樣，電動機線圈的電阻RM=0.50ΩA．電動機的熱功率2.0WB．電動機的輸入功率14WC．電動機的輸出功率12WD．整個電路消耗的電功率22W5、電動勢為E，內阻為r的電源與定值電阻R1、R2，滑動變阻器R和理想電壓表、電流表連接成如圖所示電路，當滑動變阻器的觸頭由中點滑向a端時，下列說法正確的是A．定值電阻R1電功率減小B．電壓表和電流表讀數都增大C．電壓表讀數增大，電流表讀數減小D．電源的總功率增大6、如圖所示，兩個相同的輕質鋁環(huán)能在一個光滑的絕緣圓柱體上自由移動，設有大小不同的電流按如圖所示的方向通入兩鋁環(huán)，則兩鋁環(huán)的運動情況是（）A．都繞圓柱體運動 B．彼此相向運動，且具有大小相等的加速度C．彼此相向運動，電流大的加速度大 D．彼此相向運動，電流小的加速度大二、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、如圖，實線為一正點電荷的電場線，虛線為其等勢面．A、B是同一等勢面上的兩點，C為另一等勢面上的一點，下列的判斷正確的是（）A．A點場強等于B點場強B．C點電勢低于B點電勢C．將電子從A點移到B點，電場力不做功D．將質子從A點移到C點，其電勢能增加8、如圖所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現將B極板向下移動到虛線位置，其他條件不變．則（）A．油滴將向上運動B．在B極板移動過程中電流計中有由b流向a的電流C．油滴運動的電勢能將增大D．極板帶的電荷量減少9、平行板電容器保持與直流電源兩極連接，充電平衡后，兩極板間的電壓是U，電荷量為Q，兩極板間場強為E，電容為C，現將兩極板間距離減小，則引起變化的情況是A．Q變大B．C變大C．E不變D．U變小10、如圖所示，有一內電阻為4.4Ω的電解槽和一盞標有“110V，60W”的燈泡串聯(lián)后接在電壓為220V的直流電路兩端，燈泡正常發(fā)光，則：()A．電解槽消耗的電功率為120WB．電解槽的發(fā)熱功率為60WC．電解槽消耗的電功率為60WD．電路消耗的總功率為120W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）有一個小燈泡上標有“4V，2W”的字樣，現要描繪這個燈泡的伏安特性圖線。有下列器材供選用：A．電壓表（0～5V，內阻約為10kΩ）B．電壓表（0～10V，內阻約為20kΩ）C．電流表（0～0.3A，內阻約為1Ω）D．電流表（0～0.6A，內阻約為0.4Ω）E.滑動變阻器（10Ω，2A）F.學生電源（直流6V），還有電鍵、導線若干(1)實驗中所用電壓表應選用________.(2)實驗時要求盡量減小實驗誤差，測量電壓從零開始多取幾組數據，請將下圖中實物連接成滿足實驗要求的測量電路________.(3)某同學根據實驗得到的數據畫出了該小燈泡的伏安特性曲線（如圖所示），若用電動勢為3V、內阻為2.5Ω的電源給該小燈泡供電，則該小燈泡的實際功率是________W.12．（12分）在做“測繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗時，所用器材有：電動勢為6V的電源，額定電壓為2.5V的小燈泡，以及符合實驗要求的滑動變阻器、電表、開關和導線.要求能測出盡可能多組數據，如圖是沒有連接完的實物電路.(已連接好的導線有a、b、c、d、e、f六根)(1)請你用筆畫線代替導線，將實物電路連接完整_______________________________；(2)連好電路，閉合開關，移動變阻器滑片P，發(fā)現小燈泡始終不亮，但電壓表有示數，電流表幾乎不偏轉，則故障的原因可能是_________________________________________；(3)排除故障后閉合開關，移動滑片P到某處，電壓表的示數為2.2V，若要測量小燈泡的額定功率，應將滑片P向________端滑動(選填“左”或“右”)；(4)圖線是曲線而不是過原點的直線，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，一質量為m、帶電荷量絕對值為q的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，靜止時絕緣細線向左且與豎直方向成θ角，重力加速度為g．(1)求電場強度E；(2)若在某時刻將細線突然剪斷，求經過t時間小球的速度v．14．（16分）已知如圖,,,,的變化范圍是.求：(1)R1上消耗的最大電功率？(2)電源的最大輸出電功率？(3)R2上消耗的最大電功率？15．（12分）如圖所示，一束電子流在經U1=5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場，若兩板間距d=1.0cm，板長L=5.0cm，發(fā)現電子恰好能從平行板間飛出．電子的比荷e/m=1.76×1011C/kg．問：（1）電子進入平行板時的速度v0多大？（2）兩個極板間的電壓U2有多大？

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、B【解析】

根據焦耳定律得到P熱=I2r=52×2W=50W。故選B。2、D【解析】解：A、電場強度和電勢都是描述電場的物理量，二者無直接關系，但二者相互關聯(lián)；電勢是標量與零勢面的選取有關，所以電場強度為零的地方電勢不一定為零，電勢為零的地方電場強度也不一定為零，故A錯誤．B、電場中的電勢的大小是有電場本身與0勢能點的選擇有關，與試探電荷的電量無關，故B錯誤．C、公式U="Ed"中的d為沿電場強度方向的距離，所以在勻強電場中，兩點間沿電場強度方向的距離越大，電勢差就越大，如果d不是沿電場強度方向的距離，那么間距大時，電勢差不一定大，故C錯誤．D、據電勢能公式Ep=qφ知，正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，在電勢越低的地方電勢能越小，所以正電荷從電勢高的點運動到電勢低的點，電勢能一定減少，選項D正確．故選D．【點評】明確電場強度和電勢都是描述電場的物理量，二者無直接關系，但二者相互關聯(lián)；公式U="Ed"中的d為沿電場強度方向的距離；電荷在某點的電勢能是由該點電勢和電荷決定．3、B【解析】

根據衛(wèi)星做圓周運動的向心力等于萬有引力可知GMmr2=m4π2T2r【點睛】本題關鍵知道人造衛(wèi)星繞地球運動的向心力是由萬有引力來提供的，根據牛頓第二定律列出表達式即可進行判斷.4、A【解析】

電動機兩端的電壓U1=U-UL=12-6V=6V，整個電路中的電流I=PLUL=2A，所以電動機的輸入功率P=U1I=6×2W=12W。電動機的熱功率P熱=I2RM=4×0.5W=2W，則電動機的輸出功率P2=P-I2RM=12-2W=10W．故A正確，BC錯誤。整個電路消耗的功率P總=UI=12×2W=24W．故5、D【解析】

A.當滑片向滑動時，接入電阻減小，總電阻減小，由閉合電路的歐姆定律可知電路中總電流增加，根據可知電阻電功率增大，故A錯誤；BC.干路電流增加，內電壓增加，由可知路端電壓減小，即電壓表示數減??；因路端電壓減小，兩端的電壓增加，故并聯(lián)部分電壓減小，由歐姆定律可知電流表示數減小，故B、C錯誤；D.因總電流變大，由可知，電源的總功率增大，故D正確。6、B【解析】

根據電流間相互作用規(guī)律：“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”可知，兩圓環(huán)應相互吸引，即彼此相向運動，再根據牛頓第二定律和牛頓第三定律可知，兩圓環(huán)的加速度大小相等，所以B正確，ACD錯誤．故選B．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：AB兩點的場強的方向不同，故A錯誤；沿電場線的方向電勢降落，所以B點的等勢面的電勢高于C點的等勢面的電勢．故B正確；A、B是同一等勢面上的兩點，它們之間的電勢差為0，所以將電子從A點移到B點，電場力不做功．故C正確；沿電場線的方向電勢降落，所以A點的等勢面的電勢高于C點的等勢面的電勢，將質子從A點移到C點，電場力做正功，其電勢能減小．故D錯誤．故選BC.【點睛】根據電場線的分布特點：電場線越密，場強越大．順著電場線，電勢降低．正電荷的電勢能沿著電場線方向不斷降低，負電荷的電勢能沿著電場線方向不斷升高.8、CD【解析】

帶電油滴P正好靜止在極板正中間時，所受的電場力與重力二力平衡，電場力必定豎直向上．將B極板向下移動到虛線位置時，板間距離增大，分析電容的變化，抓住電壓不變，分析板間場強和電容器電量的變化，即可判斷油滴的運動情況，由電量的變化情況，確定電路中電流的方向．【詳解】A．將B極板向下移動到虛線位置時，兩極板的距離增大，由于板間電勢差U不變，根據可知，極板間的電場強度減小，油滴所受的電場力減小，油滴將向下加速，故A錯誤；BD．電容器板間距離增大，則電容減小，而板間電壓U不變，則由可知，電容器所帶電荷量減小，開始放電，上極板帶正電，則知電流計中電流由a流向b，故B錯誤，D正確；C．油滴向下運動時電場力做負功，其電勢能將增大，故C正確．【點評】解決本題的關鍵抓住電容器始終與電源相連，電勢差不變，結合電容的變化判斷電量的變化．由分析場強的變化．9、AB【解析】試題分析：平行板電容器保持與直流電源兩極連接，其電壓保持不變．將兩極板間距離減小，由電容的決定式分析電容如何變化，由電容的定義式確定電量的變化．根據分析電場強度E如何變化．平行板電容器保持與直流電源兩極連接，其電壓U等于電源的電動勢保持不變．將兩極板間距離d減小，由電容的決定式分析得知，電容C變大，電量，U不變，C變大，Q變大．由根據分析電場強度E變大，AB正確．10、CD【解析】試題分析：由于電解槽和燈泡串聯(lián)，根據燈泡正常發(fā)光，可以判斷出電解槽的電壓和電流，從而可以求得電解槽消耗的電功率、發(fā)熱功率以及電路總功率．由于燈泡正常發(fā)光，所以電解槽的電壓為220-110=110V，由于電解槽和燈泡串聯(lián)，它們的電流相等，所以I=PU=60110A，所以電解槽消耗的電功率為P=UI=110×60110=60W，A錯誤C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、（1）A；（2）（3）0.80W；【解析】（1）因燈泡的額定電壓為4V，為保證安全選用的電壓表量程應稍大于4V，但不能大太多，量程太大則示數不準確；故只能選用0～5V的電壓表，故選A；

（2）由題意要求可知，電壓從零開始變化，并要多測幾組數據，故只能采用滑動變阻器分壓接法，燈泡的電阻約為R=U

（3）當燈泡接入電動勢為3V、內阻為2.5Ω的電源中時，由閉合電路歐姆定律E=U+Ir

U=3-2.5I；畫出U-I圖象，與該小燈泡的伏安特性曲線的交點表示該燈泡接入電路中的電壓和電流，由圖讀出通過燈泡電流為0.4A，兩端電壓為2.0V，所以功率為0.8W．

點睛：本題考查實驗中的儀表選擇及接法的選擇；應注意滑動變阻器分壓及限流接法的區(qū)別及應用，同時還應明確內外接法的不同及判斷．12、c段導線斷路或燈泡燈絲斷了右燈絲的電阻會隨溫度的升高而增大【解析】

(1)要“描繪小燈泡的伏安特性曲線”則滑動變阻器要采用分壓接法；(2)電流表幾乎不偏轉，則說明出現斷路，而電壓表有示數，則說明電壓表兩側的電路完好無損；(3)要增大小燈泡兩端的電壓，則要增大與小燈泡并聯(lián)的部分電阻；(4)U-I圖象的斜率代表燈絲的電阻，功率越大，燈絲的溫度越高?！驹斀狻?1)要“描繪小燈泡的伏安特性曲線”則電壓要從0開始連續(xù)可調，故滑動變阻器要采用分壓接法，由于小燈泡為小電阻故電流表要采用外接法；因燈泡電壓為2.5V，故電壓表量程為3V；實物圖連接如圖所示：(2)電流表幾乎不偏轉，則說明出現斷路，而電壓表有示數，則說明導線a、b、e、d、f完好，故只能是c段導線斷路或燈泡損壞；(3)小燈泡的額定電壓為2.5V，而此時電壓表的示數為2.2V，故要增大小燈泡兩端的電壓，則應該增大滑片P和左端之間的電阻，故應將滑片P向右端滑動；(4)該曲線的斜率k=UI【點睛】本題考查了故障的分析、電流表、滑動變阻器的連接，實物圖的連接，圖象的理解和運用。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)【解析】

（1）根據受力求出電場強度