宁夏石嘴山市三中2025届物理高二第一学期期中达标检测试题含解析

宁夏石嘴山市三中2025届物理高二第一学期期中达标检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、在如图所示的图像中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源与电阻R组成闭合电路。由图像判断错误的是A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的效率为80%D．电源的输出功率为4W2、如图所示的电路，闭合开关后，滑动变阻器的滑片P向右滑动，则（）A．电流表示数变小B．电流表示示数不变C．电压表示数变大D．电压表示数变小3、如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知（

）A．粒子带正电 B．粒子的速度变大C．粒子的加速度变大 D．粒子的电势能变大4、在光滑的绝缘水平面上，由两个质量均为m带电量分别为＋q和－q的甲、乙两个小球，在水平力F的作用下一起做匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为()A．B．qC．2qD．2q5、下列关于电场强度的说法中，正确的是（）A．由可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比B．电场强度E的定义式只适用匀强电场C．由可知，当r→0时，E→，因而可得到无穷大的场强D．库仑定律的表达式可知，就是点电荷q1在q2处产生场强的计算式6、小亮家有一台电风扇，内阻为20Ω，额定电压为220V，额定功率为66W，将它接上220V电源后，发现因扇叶被东西卡住不能转动．则此时电风扇消耗的功率为()A．66W B．2420W C．11W D．不确定二、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、图为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差U2，板长L，为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量h/U2）可采取的方法是（）A．减小两板间电势差U2B．尽可能使板长L长些C．使加速电压U1降低一些D．尽可能使板间距离d大一些8、真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势φ随x变化的关系如图所示，则根据图象可知，下列说法不正确的是

A．R处的电场强度E=0B．若试探电荷从x1处移到x2处，电场力不一定做正功C．x1处与x2处的电场强度方向相反D．x1处的电场强度比x2处的电场强度大9、如图所示，一平行板电容器两极板A、B水平放置，上极板A接地，电容器通过滑动变阻器R和电键S与电动势为E的电源相连．现将电键S闭合，位于A、B两板之间的P点的带电粒子恰好处于静止状态，电源内阻可以忽略，则（

）A．B板电势为-EB．改变滑动变阻器的滑片位置，带电粒子仍处于静止状态C．将B板向上移动，P点电势将不变D．将B板向左平移，带电粒子电势能将不变10、如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法中正确的是()A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用B．小球做圆周运动的半径为LsinθC．θ越大，小球运动的角速度越大D．θ越大，小球所受的合力越小三、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）某同学在实验室测定金属丝电阻率的实验中：(1)用游标卡尺测量有效长度如图甲所示，可知其长度为L=_________mm；(2)如图乙所示，用螺旋测微器测金属丝的直径的测量值d=__________mm；(3)选用“×1”倍率的电阻挡测量，先进行欧姆调零，再用来测金属丝的电阻，此时观察到多用表的示数如图丙所示，测量结果为R=__________Ω。(4)该金属丝电阻率的表达式ρ=________（用R、d、L表示）。12．（12分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中．(1)实验中滑动变阻器应采用________接法(填“分压”或“限流”)(2)用笔画线代替导线，将实验电路连接完整，使该装置可以更好、更准确地完成实验；（__________________________________________）(3)描绘出伏安特性曲线如图，其弯曲的主要原因是________________________________．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）如图所示，定值电阻R1=4Ω、R2=16Ω、R3=4Ω、R4=6Ω、R5=10Ω，电源电动势E=10V，内阻不计，平行板电容器的电容C=2μF、a、b、c、d为电路中的四个结点，令结点d电势为零．则电容器所带的电荷量为多少？并说明电容器上、下极板的正负．14．（16分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d＝40cm．电源电动势E＝14V，内电阻r＝1Ω，电阻R1＝6Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从A板小孔上方10cm处自由释放，若小球带电荷量q＝1×10-1C，质量为m＝1×10-1kg，不考虑空气阻力，g取10m/s1．那么，（1）滑动变阻器接入电路的阻值R1为多大时，小球恰能到达B板？（1）若将B板向上移动，使两板间的距离减小为原来的一半，带电小球从仍从原处释放，是否能到达B板？若能，求出到达B板时的速度；若不能，求出小球离B板的最小距离．15．（12分）如图所示，ABCD为表示竖立放在场强为E=3×104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切A为水平轨道的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=400g、带电q=10-4C的小球，放在水平轨道的A点上面由静止开始被释放后,在轨道的内侧运动.（g=10m/s2）①它到达B点时的速度是多大?②它到达C点时对轨道压力是多大?③小球所能获得的最大动能是多少?

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、C【解析】

A．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则：A正确；B．根据图像可知电阻：B正确；C．电源的效率：C错误；D．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为：P出=UI=4WD正确。故选C。2、D【解析】

滑动变阻器的滑片P向右滑动时，阻值变小，电路总电阻变小，则根据闭合电路的欧姆定律可知，电路的总电流变大，电流表示数变大；内阻上电压变大，则路端电压变小，即电压表示数变小，故C错误，D正确；故选D.【点睛】此题是动态电路的分析问题，知道用“局部-整体-局部”的分析思路进行分析.3、B【解析】

由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左．因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电，故A错误；由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加，故B正确；由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小，故C错误；由电场力做功的公式得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D错误．【点睛】做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行．4、B【解析】试题分析:选甲、乙作为整体为研究对象，由牛顿第二定律得，加速度,选乙为研究对象，由牛顿第二定律得：，联立得考点：牛顿第二定律；库仑定律5、D【解析】A项：电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关，不能说E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比．故A错误；B项：电场强度的定义式适用于一切电场．故B错误；C项：当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式不再成立，故C错误；D项：库仑定律公式中是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小，故D正确。点晴：解决本题关键理解电场强度的定义式：和点电荷产生的电场强度的决定式：的区分别与联系。6、B【解析】扇片被卡住时，此时可以看做是纯电阻，总的功率即为发热的功率：，故B正确，ACD错误。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】试题分析：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：eU1=mv02所以电子进入偏转电场时速度的大小为：电子进入偏转电场后的偏转量为：联立得，所以示波管的灵敏度为；所以要提高示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以AD错误，BC正确．故选BC．考点：带电粒子在电场中的运动8、AC【解析】:A、φ-x图象中,曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度;R处切线的斜率不为零,故电场强度不为零;故A错误;

B、若试探电荷从x1处移到x2处,电势降低,根据公式W=qU,如果是正电荷,电场力做正功;如果是负电荷,电场力做负功;所以B选项是正确的;

C、x1处与x2处的切线斜率同为负值,故x方向的电场强度分量的方向相同,故C错误;

D、φ-x图象中,曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度，从图像上可以看出，x1处比本题要选不正确的，所以答案应该是AC综上所述本题答案是：AC9、ABD【解析】

A、AB两板的电势差为E，，．所以,B板的电势为-E，故A正确；B、改变滑动变阻器的滑片位置，两极板间的电压不变，极板间的电场强度不变，粒子所受电场力不变，带电粒子仍处于静止状态，故B正确；C、将B板向上移动，距离减小，极板间场强变大，A板与P点的电势差变大，A点电势不变，P点电势变小，故C错误；D、将B板向左平移，极板间的距离和电压不变，场强不变，P点电势不变，带电粒子电势能不变，故D正确；故选ABD.【点睛】本题较难之处是分析电势变化，往往根据电势差和该点与零电势点间电势的高低，分析电势的变化，这是常用的方法．10、BC【解析】

分析小球的受力：受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物体受到向心力．然后用力的合成求出向心力：mgtanθ，用牛顿第二定律列出向心力的表达式，求出角速度ω的表达式，分析θ变化，由表达式判断合力和角速度的变化．【详解】A.小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故A错误；B.小球在水平面做圆周运动，半径R=Lsinθ，故B正确；C.向心力大小为：Fn=mgtanθ，小球做圆周运动的半径为：r=Lsinθ，则由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2Lsinθ，得到线速度：v=，θ越大，cosθ越小，小球运动的角速度越大，故C正确．D.小球受到的合外力为mgtanθ，θ越大，tanθ越大，合力越大，故D错误；故选BC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、50.150.197(0.196~0.198)14.0【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm；(2)由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+19.7×0.01mm=0.197mm；(3)选用“×10”倍率的电阻挡测量，多用表指针偏转过大，所选倍率太大，为准确测量电阻阻值，应选择较小倍率，因此需选择×1倍率的电阻挡，换挡后要重新进行欧姆调零，然后再进行测量，由图示表盘可知，电阻阻值：R=14.0×1=14.0Ω．(4)金属丝的电阻为：，电阻率为：；【点睛】游标卡尺、螺旋测微器、欧姆表读数、求电阻率；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读．12、分压灯丝电阻随温度的升高而增大【解析】

（1）实验中要在小灯泡上得到从零开始的可调电压，则滑动变阻器应采用分压接法；（2）小灯泡电阻较小，可采用电流表外接电路；实物连接如图；（3）描绘出伏安特性曲线，其弯曲的主要原因是灯丝电阻随温度的升高而增大．【点睛】当实验要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当测量小电阻时应采用电流表外接法．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、4×10-6C；上板带正电，下板带负电【解析】

由于电源内阻不计，则cd间电压：Ucd==10V则=10Vca间电压即为电阻R1两端电压Uca==2V又Uac=则=8V同理cb间电压即为R3两端的电压Ucb==4V又Ucb=，则=6V则电容器两端电压UC=Uab==2V则电容器所带电荷量为：Q=CUC=2×10-6×2C=4×10-6C因为