甘肅省蘭州新區(qū)舟曲中學2025屆物理高二第一學期期中達標測試試題含解析

甘肅省蘭州新區(qū)舟曲中學2025屆物理高二第一學期期中達標測試試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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，好多同學家里都有調(diào)光電燈、調(diào)速電風扇，是用可控硅電子元件來實現(xiàn)的，為經(jīng)一雙向可控硅調(diào)節(jié)后加在電燈上的電壓，即在正弦交流電的每個二分之一周期內(nèi)，前14周期被截去，調(diào)節(jié)臺燈上旋鈕可以控制截去的多少，從而改變電燈上的電壓，那么現(xiàn)在電燈上的電壓為A．Um2 B．22U2、在具有一定厚度的空心金屬球殼的球心位置處放一正電荷，圖中的四個圖畫出了其空間電場的電場線情況，符合實際情況的是（）A．B．C．D．3、根據(jù)磁場對電流會產(chǎn)生作用力的原理，人們研制出一種新型的發(fā)射炮彈的裝置——電磁炮，其原理如圖所示：把待發(fā)炮彈（導體）放置在強磁場中的兩平行導軌上，給導軌通以大電流，使炮彈作為一個通電導體在磁場作用下沿導軌加速運動，并以某一速度發(fā)射出去?，F(xiàn)要提高電磁炮的發(fā)射速度，你認為下列方案在理論上可行的是()A．增大磁感應強度B的值B．增大電流I的值C．減小磁感應強度B的值D．改變磁感應強度B的方向，使之與炮彈前進方向平行4、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5、質(zhì)量為m的帶正電小球A懸掛在絕緣細線上，且處在場強為E的勻強電場中，當小球A靜止時，細線與豎直方向成30°角，已知此電場方向恰使小球受到的電場力最小，則小球所帶的電量應為（）A．3mg3E B．3mgE6、如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r。將滑動變阻器滑片P向下滑動，理想電壓表、、示數(shù)變化量的絕對值分別為、、，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對值為，則以下說法正確的是（）A．A的示數(shù)減小 B．的示數(shù)增大C．與的比值大于r D．小于二、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、如圖所示為某一電源的U-I曲線，由圖可知()A．電源電動勢為2.0VB．電源內(nèi)阻為ΩC．電源短路時電流為6.0AD．電路路端電壓為1.0V時，電路中電流為5.0A8、在如圖所示的電路中，電容器的上極板帶正電．為了使該極板仍帶正電且電量增大，下列辦法中可采用的是：A．增大，其他電阻不變 B．增大，其他電阻不變C．增大，其他電阻不變 D．增大，其他電阻不變9、如圖所示，絕緣的斜面處在于一個豎直向上的勻強電場中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑到底端，已知在金屬塊下滑的過程中動能增加了0.3J，重力做功1.5J，電勢能增加0.5J，則以下判斷正確的是A．金屬塊帶負電荷 B．電場力做功0.5JC．金屬塊克服摩擦力做功0.7J D．金屬塊的機械能減少1.2J10、如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢q與坐標x的關系如圖中曲線所示，曲線過（0.1，4.5）和（0.15，3）兩點，圖中虛線為該曲線過點（0.15，3）的切線，現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg、電荷量為+2.0×10﹣8C的滑塊P（可視為質(zhì)點），從x＝0.10m處由靜止釋放，其與水平面的動摩蓀因數(shù)為0.02，取重力加速度g＝10m/s．則下列說法中正確的是（）A．滑塊P運動過程中的電勢能先減小后增大B．滑塊P運動過程中的加速度先減小后增大C．x＝0.15m處的電場強度大小為2.0×106N/CD．滑塊P運動的最大速度為0.1m/s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）“探究碰撞中的不變量”的實驗中：（1）入射小球m1=15g，原靜止的被碰小球m2=10g，由實驗測得它們在碰撞前后的x-t圖象如圖甲所示，可知入射小球碰撞后的m1v1′是_____kg·m/s，入射小球碰撞前的m1v1是_____kg·m/s，被碰撞后的m2v2′是_____kg·m/s.由此得出結論_______________________________．（2）實驗裝置如圖乙所示，本實驗中，實驗必須要求的條件是________．A．斜槽軌道必須是光滑的B．斜槽軌道末端點的切線是水平的C．入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速釋放D．入射球與被碰球滿足ma＞mb，ra=rb（3）圖乙中M、P、N分別為入射球與被碰球?qū)穆潼c的平均位置，則實驗中要驗證的關系是________．A．m1·ON=m1·OP＋m2·OMB．m1·OP=m1·ON＋m2·OMC．m1·OP=m1·OM＋m2·OND．m1·OM=m1·OP＋m2·ON12．（12分）某同學用如圖所示的實驗電路描繪一電阻的伏安特性曲線，所用實驗器材如下:A．待測電阻(2.5V，1.2W)B．電流表A(0～0.6A，內(nèi)阻為1)C．電壓表V(0～3V，內(nèi)阻約3)D．滑動變阻器(0～10，額定電流1A)E．電源(E=3V，內(nèi)阻r=1)F．開關一個，導線若干(1)該同學測得實驗數(shù)據(jù)如下，其中I是電流表的示數(shù)，U是電壓表的示數(shù)，是待測電阻兩端的實際電壓，請通過計算先補出表格中最后一格的數(shù)值________，然后在坐標系中通過描點畫出待測電阻的伏安特性曲線___________(以為縱坐標，I為橫坐標).I/A0.150.200.250.300.350.400.450.48U/V0.250.400.600.901.251.852.503.00UR/V0.100.200.350.600.901.452.05(2)該同學將本實驗中的待測電阻與一定值電阻串聯(lián)起來，接在本實驗提供的電源兩端，則消耗的功率是_________W。(結果保留兩位有效數(shù)字)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）在如圖所示的電路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，當電鍵K接a時，R2上消耗的電功率為4W，當電鍵K接b時，電壓表示數(shù)為4.5V，試求：(1)電鍵K接a時，通過電源的電流和電源兩端的電壓；(2)電源的電動勢和內(nèi)電阻。14．（16分）如圖所示，一個“V”型玻璃管倒置于豎直平面內(nèi)，并處于E=1×103V/m、方向豎直向下的勻強電場中，一個帶負電的小球，重為G=1×10-3N，電量q=2×10-6C，從A點由靜止開始運動，球與管壁的摩擦因數(shù)μ=0.1．已知管長AB=BC=2m，傾角a=37°，且管頂B處有一很短的光滑圓?。螅海?）小球第一次運動到B時的速度多大?（2）小球運動后，第一次速度為0的位置在何處?（3）從開始運動到最后靜止，小球通過的總路程是多少?(sin37°=0.6，cos37°=0.8)15．（12分）如圖所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為θ的光滑斜面上，整個裝置置于一水平向右的勻強電場中，小物塊處于靜止狀態(tài)．已知重力加速度為g，求：（1）勻強電場的場強；（2）若將勻強電場的場強減小為原來的1/2，物塊將沿斜面加速下滑，則物塊下滑的加速度為多大？

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、A【解析】

設交流電的有效值為U，將交流電與直流電分別通過相同電阻R，一個周期可以看成只剩半個周期的電壓，利用有效值的定義得：Um22×1R×2、D【解析】解：把正電荷放在金屬球殼內(nèi)部，由于靜電感應的作用，在球殼的內(nèi)壁會感應出負電荷，在球殼的外壁會感應出正電荷，所以在金屬球殼的殼壁之間，由于正電荷的電場和感應電場的共同的作用，在金屬球殼的殼壁之間的電場強度為零，所以在金屬球殼的殼壁之間沒有電場線，對于球殼外部的電場分布情況不會受到影響，所以正確的是D．故選D考點：電場線；靜電場中的導體．分析：當正電荷放入不帶電金屬球殼內(nèi)部的時候，由于靜電感應的作用，在金屬球殼的殼壁之間的電場強度為零，在球殼外的電場的分布不受球殼的影響．點評：本題是考查學生對于靜電感應現(xiàn)象的理解情況，在球殼的內(nèi)壁放電荷的時候，球殼不會對球殼外部的電場產(chǎn)生影響，只影響殼壁之間的電場的分布情況．3、B【解析】試題分析：電磁炮就是在安培力的作用下運動，要想提高炮彈的發(fā)射速度，即增大安培力的大小，所以可適當增大電流或磁感應強度．故A正確，B正確，C錯誤；當改變磁感應強度B的方向，使之與炮彈前進方向平行時，由左手定則可知，電磁炮受的安培力方向豎直向下，在前進方向上合力為零，根據(jù)由牛頓運動定律可知，電磁炮的運動狀態(tài)不會改變，故D錯誤．考點：本題考查磁場對通電直導線的作用、左手定則、安培力、牛頓運動定律以及應用這些知識解決實際問題的能力．4、B【解析】

由圖象可知帶電粒子的軌跡向右偏轉(zhuǎn)，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(nèi)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．5、D【解析】

以小球為研究對象，分析受力情況，作出力圖，運用作圖法分析什么條件下小球受到的電場力最小，由力學知識求出最小的電場力，再求解小球的電荷量?！驹斀狻啃∏蚴艿饺齻€力作用：重力mg、電場力F和細線的拉力T，根據(jù)平衡條件得知：F和T的合力與重力mg大小相等、方向相反，作出電場力在三種不同方向下合成圖如圖，可以看出，當電場力F與細線的拉力T垂直時，電場力最小，由圖求出電場力的最小值為Fmin=mgsin30°又Fmin=qE，得q=mg故應選：D?！军c睛】本題與動態(tài)平衡問題類似，采用圖解法分析極值的條件，也可以運用函數(shù)法分析。6、C【解析】

AB．閉合電鍵后，將滑動變阻器滑片向下滑動，其有效電阻減小，電路中總電阻減小，電路中總電流增大，由閉合電路歐姆定律可知，路端電壓減小即的示數(shù)減小，故AB錯誤；C．根據(jù)閉合電路歐姆定律得則有即與的比值大于r，故C正確；D．由于總電流增大，則電壓表V1的示數(shù)增大，，由于路端電壓減小，所以電壓表V2示數(shù)減小，，所以有大于，故D錯誤。故選C。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】

AB．根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U=E-Ir=-rI+E可見U-I圖象的縱軸截距即為電源的電動勢，圖象斜率的絕對值即為電源的內(nèi)電阻r，由圖象可得：電動勢為E=2.0V內(nèi)阻故A正確，B錯誤；C．當外電阻為0時，電源短路，則短路電流故C錯誤；D．當U=1.0V時，由E=U+Ir可得故D正確．8、AD【解析】A項：增大1時，R1上的分壓增大，而下極析上電勢不變，故上極板電勢增大，則電容器兩端的電勢差增大，極板上電荷量增大，故A正確；B項：若增大R2時，R2上的分壓增大，則R1兩端的電勢差減小，上極板上電勢降低，而下極板電勢不變，故可能使下極板帶正電，或電量減小，故B錯誤；C項：增大R3，則R3分壓增大，故下極板的電勢增大，會出現(xiàn)與B相同的結果，故C錯誤；D項：增大R4，則R4分壓增大，R3兩端的電勢差減小，故下極板上電勢降低，上下極板間電勢差增大，故電量增大，故D正確．點晴：由圖可知R1與R2串聯(lián)后與R3、R4并聯(lián)，開始時C的上極板帶正電，說明上極板電勢要高于下極板，要使電量增大應增大上極板的電勢或減小下極板的電勢．9、CD【解析】

在下滑過程中電勢能增加0.5J，故物體需克服電場力做功為0.5J，故金屬塊正電，故AB錯誤；在金屬塊滑下的過程中動能增加了0.3J，重力做功1.5J，電場力為-0.5J，根據(jù)動能定理得：W總=WG+W電+Wf=△EK，解得：Wf=-0.7J，故C正確；外力做功為W外=W電+Wf=-1.2J，故機械能減少1.2J，故D正確．所以CD正確，AB錯誤．10、BCD【解析】

電勢?與位移x圖線的斜率表示電場強度可知，電場方向未變，滑塊運動的過程中，電場力始終做正功，電勢能逐漸減小，故A錯誤；電勢?與位移x圖線的斜率表示電場強度，則x＝0.15m處的場強為：，此時的電場力為：F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N；滑動摩擦力大小為：f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，電場力大于摩擦力，做加速運動，加速度逐漸減小，x＝0.15m后電場力小于摩擦力，做減速運動，加速度逐漸增大．故BC正確．在x＝0.15m時，電場力等于摩擦力，速度最大，根據(jù)動能定理得，qU﹣fx＝mv2，因為0.10m和0.15m處的電勢差大約為1.5×105V，代入求解，最大速度大約為0.1m/s．故D正確．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）0.00750.0150.0075碰撞中mv的矢量和是不變量（碰撞過程中動量守恒）BCDC【解析】

（1）由圖1所示圖象可知，碰撞前球1的速度，碰撞后，球的速度，，入射小球碰撞后的，入射小球碰撞前的，被碰撞后的，碰撞前系統(tǒng)總動量，碰撞后系統(tǒng)總動量，，由此可知：碰撞過程中動量守恒；（2）“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，A錯誤；要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，B正確；要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，C正確；為了保證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求ma＞mb，ra=rb，D正確．

（3）要驗證動量守恒定律定律即，小球做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知根據(jù)兩小球運動的時間相同，上式可轉(zhuǎn)換為，

故需驗證，因此C正確．【點睛】本實驗的一個重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運動并且落到同一水平面上，故下落的時間相同，所以在實驗的過程當中把本來需要測量的速度改為測量平拋過程當中水平方向發(fā)生的位移，可見掌握了實驗原理才能順利解決此類題目．12、2.52伏安特性曲線如圖所示0.32±0.02【解析】

(1)[1]根據(jù)并聯(lián)分壓可得當，時可得[2]運用描點法作出電阻器的伏安特性曲線，伏安特性曲線如圖所示(2)[3]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得作出圖象如圖中直線所示由此圖象與電阻器圖線的交點可得此時電阻器的電壓電流電阻器的實