甘肃省陇南市2025-2026学年高二年级上册期中检测物理试卷（解析版）

甘肃省陇南市2025-2026学年高二年级上学期期中检测

物理试题

一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分）

1.关于电流，下列说法中正确的是（）

A.因为电流有方向，所以电流是矢量

B.某手机的说明书标明电池容量为4000mA-h,其中mA-h为能量单位

C.由/=：可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流越大

D.电流的微观表达式中，〃是指单位体积内的自由电荷数

【答案】D

【解析】A.电流虽有方向，但运算遵循代数加减而非矢量合成，故电流是标量，故A错误；

B.根据“=〃可知，mA-h电荷量单位，故B错误；

C.由/=幺可知，电流大小由电荷量4和时间/共同决定。若大但f更大，电流可能反

t

而小，故C错误：

D.电流微观式/=〃"Su中，〃为单位体积内的自由电荷数，符合定义，故D正确。

故选D。

2.现有一根粗细均匀长为L电阻为A的电阻丝，将其截去上，再把剩余部分均匀拉长至

L,则导线电阻变为（）

【答案】A

/?

【解析】原电阻丝总长为L,电阻为公。截去丁后，剩余长度为；由于电阻与长度成

33

22

正比，剩余部分的电阻为原电阻的一，即用二；R。

33

将剩余部分拉长至原长L,长度变为原来的2倍。根据体积不变原则，横截面积变为原来

2

9

的；倍。

由电阻公式为宠二夕!得

*L_L_3L_3

拉长后的电阻为R~P~S<~PT~~I'P^~2R

—3

3

其中原总电阻R=/>9,而剩余部分拉长前的电阻为

33

拉长后电阻与长度平方成正比，即“二叫•/,k=3

2<3V3

故R'=TR--=-R

3l2j2

故选Ao

3.学校心理室门前走廊悬桂的沙袋如图所示，四条等长铁链由绞扣栓结在一起再通过将环

挂在单杠上，拉环、绞扣刚好与沙袋的重心在同一竖直线上。沙袋触直悬挂静止后，下列

说法正确的是（）

A.拉环受到的拉力就是沙袋的重力

B.四条铁链对沙袋的作用力等于沙袋的重力

C.向上调整绞扣的位置（绞扣与沙袋间铁链变长），拉环的拉力增大

D.向下调整绞扣的位置1绞扣与沙袋间铁链变短），每条铁链上的拉力都减少

【答案】B

【解析】AC.拉环的拉力等于铁链和沙袋的重力之和，则向上调整绞扣的位置，拉环的拉

力不变，故AC错误；

B.对沙袋进行受力分析，由共点力平衡条件可知，四条铁链对沙袋的合力等于沙袋的重

力，故B正确;

D.如图受力分析，向下调整绞扣的位置，即铁链的长度/减少，根据几何关系有

耳立二n

~~y^-R2

即铁链的长度/越短，灯：越大，故D错误。

故选B。

4.木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1:2:4“木卫三周期

为r,公转轨道半径是月球绕地球轨道半径「的〃倍。月球绕地球公转周期为"，贝八)

A,木卫一轨道半径为二厂

16

B.木卫二轨道半径为2r

2

C.周期T与元之比为工

••

D.木星质量与地球质量之比为互〃3

T2

【答案】D

【解析】根据题意可得，木卫3的轨道半径为

AB.根据万有引力提供向心力

G雪』〃笛R

R2T-

可得

V4兀-

木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1:2:4,可得木卫一轨道半径为

nr

木卫二轨道半径为

nr

故AB错误:

C.木卫三围绕的中心天体是木星，月球的围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周

期7,与7b之比，故C错误;

D.根据万有引力提供向心力，分别有

M木"24兀2

G-J-=m——nr

(")2T2

A74兀

G——--=〃?一r

2

T,0

联立可得

故D正确。

故选D。

5.如图所示，用内阻为1I0C、满偏电流为50mA的表头改装成量程为0.6A和3A的双量

程电流表，接线柱〃为公共接线柱，下列说法正确的是（）

h

A.用〃、人两个接线柱时量程为0.6A

B.用a、c两个接线柱时量程为3A

C.C和&的阻值之和为10Q

D.R的阻值为a限值的;

【答案】c

【解析】AB.接〃、。两个接线柱时

/g(/?g+/?2)=(/1-/g)/?1

得「空5

&

接。、。两个接线柱时

八大SR2)

可知则用。、〃两个接线柱时量程为3A,故AB错误;

CD.由前面可知

4（凡+名）

4=上~^-+4=3A

LR

I?=+/c*=0.6A

K+R2

代入数据，解得

勺=2C

R2=8Q

则K+&=10。

旦」

R24

故C正确，D错误。

故选C。

6.真空中两个等量异种点电荷，固定于相距为2〃的P、P2两点，。点为P/2连线的中

点，”点在PP2连线的中垂线上，N点在PP2的延长线上。已知0点的电场强度大小为

E,MO=NP2=r,则()

M.

©

eN

P、p、

A.M点的电场强度大小为CE

B.M点的电场强度大小为受七

2

C.MN连线上，从M到N电势一直降低

D.MN连线上，从M到N电势先降低后升高

【答案】D

【解析】AB.设两点电荷的电量为9,根据电场叠加原理，可知。点电场强度为

E=2昌

r-

由题知，正、负电荷到M点的距离相等，所以两点电荷在M点产牛.的电场强度大小相

等，如图所示

故M点的电场强度大小为二&骂=k^~

12户

联立可得£的二孝£,故AB错误;

CD.根据两个等量异种点电荷的电势分布规律，可知在MN连线上，离负电荷所在的6

点越近，电势越低，故从M到N电势先降低后升高，故C错误，D正确。

故选D。

7.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能而随位移x变化的关系如

图所示，其中0〜X2段是对称的曲线，X2〜X3段是直线，则下列说法正确的是（）

A.从r到X3带电粒子的加速度一直增大

B.从足到口带电粒子的速度一育增大

C.粒子在。〜X2段做匀变速运动，X2〜心段做匀速直线逐动

D.XI、X2、X3处电势。1、夕2、夕3的关系为伊＞92〉93

【答案】D

【解析】A.根据电势能与电势的关系综=9。

场强与电势的关系E=包，

Av

得E」x里

q\x

可知图象切线的斜率表示电场力的大小，为〜式3段切线斜率先增大后不变，则电场

力先增大后不变，带电粒子的加速度先增大后不变，A错误；

B.从M到X3带电粒子过程中，电势能增加，故电场力做负功，速度一直减小，B错误;

C.由图看出在0〜为段图象切线斜率不断减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，

做非匀变速运动。用〜及段图象切线的斜率不断增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变

速运动。X2〜X3段斜率不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，C错误；

D.根据电势能与电势的关系

Ep=q（P

因粒子带负电，9<0,则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有

%>。2>小

D正确。

故选D。

二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。全选对得5分，选对但不全得3分,

有选错得。分）

8.下列各图应用的物理原理和规律说法正确的是（）

A.图甲，带正电的物体C靠近金属导体，A端金属箔带负电张开

B.图乙，给车加油前，手要触摸一下静电释放器是为了利用静电

C.图丙，带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝起到静电屏蔽作用

D.图「，带电雷雨云接近建筑物时，安装在顶端的金属棒出现与云层相同的电荷

【答案】AC

【解析】A.图中，带正电的物体C靠近金属导体，A端感应出负电荷，则金属箔带负电

张开，故A正确；

B.图乙，给车加油前，手要触摸一下静电释放器是为了防止静电，故B错误；

C.图丙，带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝起到静电屏蔽作用，故C正确：

D.图丁，带电雷雨云接近建筑物时，由于静电感应，则安装在顶端的金属棒出现与云层

相反的电荷，故D错误。

故选AC。

9.如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子（不计重

力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（）

A.电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关

B.电子到达Q板时的速密，与两板间距离无关，仅与加速电压有关

C.两板间距离越大，加速时间越短

D.两板间距离越小，电子的加速度就越大

【答案】BD

【解析】AB.电子从负极板到正极板由动能定理有

〃12

Uq=—mv

求得…陛

Vm

所以到达正极板的速度只与电压有关，而与板距无关，A错误，B正确；

C.电子从负极板向正极板运动做匀加速直线运动，由运动学公式可得时间

极距越大，时间越长，c错误；

D.据牛顿第二定律可得加速度

”里=曳

mdm

所以当两板间距离越小，加速度越大，D正确。

故选BD。

10.在如图所示的电路中，定值电阻宠2二一（厂为电源内阻），滑动变阻器的最大阻值为凡且

+在滑动变阻器的滑片P由左端。向右滑动的过程中，以下说法正确的是（）

电源的输出功率变小

B.R,消耗的功率先变大后变小

C.滑动变阻器消耗的功率先变大后变小

D.电源的效率逐渐降低

【答案】CD

【解析】A.滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，即与减小，可知

R外=6十%减小，利用电源的输出功率随外电阻变化的关系曲线，如图所示

因为外电阻始终不小于内阻，故可判断电源的输出功率增大，故A错误；

B.由于R外减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流/增大，由于&是定值电阻，由

6=/火

可知Rz消耗的功率一直增大，故B错误；

C.将（r+凡）等效力电源新内阻％,则R1为外电阻，在滑动变阻器的滑片P由左端〃向

右滑动的过程中，凡的阻值逐渐减小到0,可知凡的阻值先大于％后小于％,故滑动变阻

器消耗的功率先变大后变小，故c正确；

D.电源效率

[R1

n=-i―100%=---xlOO%

/（5+-）i+_r.

R外

由于氏外=&+&

在滑动变阻器的滑片P由左端。向右滑动的过程中，凡的阻值逐渐减小，即R外减小，可

知电源效率逐渐降低，故D正确。

故选CDo

三、实验题（本题共2小题，共15分）

11.某同学用图1所示电路观察电容器的充放电现象，并估测该电容器的电容。现有的器

材：直流电源（电压为8V）,电阻箱（0-999.9Q）,单刀双掷开关S,电流传感器，待测电

容器C，导线若干。

图2

（1）实验时，应先将开关S掷向一端（填或“。”），由计算机得到的/T图像如图

2所示，由此可知，开关闭合瞬间，流经电阻箱R的电流为一mA,此瞬间，电容器对电

流的阻碍为零，可简化为导线，则此次实验电阻箱接入电路的阻值为

（2）若该同学数得图2阴影部分的面积为38个小格，由此可知此次充电过程，电容器存

储的电荷量为C,该电容器的电容为叶。

【答案】（1〉々80100（2）3.8x107475

【解析】（1）［1］先将开关S掷向。端，给电容器充电，再掷向。端，让电容器放电。

⑵由图2可知开关闭合瞬间流经电阻箱R的电流为80mA；

⑶由欧姆定律可知R=?=100。

（2）口］电容器储存的电荷量

Q=f?/r=38xlOmAxO.Ols=3.8xlO-3C

⑵由可得，该电容器电容为C=475fiF

12.某兴趣小组准备利用下.列器材测量某新型蓄电池的电动势和内阻。

A待测蓄电池电动势E约为3V,内阻，,很小

B电流表（量程为0.6A,内阻为0.3Q）

C电压表（量程为3V,内阻约为2kQ）

D滑动变阻器R（最大阻值为20Q,额定电流为2A）

E定值电阻&=2C

F单刀开关S。、单刀双掷开关S、导线若干

（1）为了尽可能精确测量蓄电池的电动势和内阻，该兴趣小组设计了如图甲所示的电路

图，测量时单刀双掷开关S应接（选填'”或"2”）。

图甲

(2)该兴趣小组按正确步骤操作后，某次电压表读数如图乙所示，则读数-=V,

此后测量得到多组数据，并根据测量数据做出了U-/图像，如图丙所示。由图像可知蓄电

池的电动势E=V,内阻「=C(最后两空的结果均保留三位有效数字)。

3.0

2.5

2.0

图乙

1.5

00.20.40.6//A

图丙

(3)如果仅考虑电表内阻对实验测量结果的影响，由该实验得到的电动势和内阻的测量值

与真实值之间的关系是&则%、&缶(选填“V”、或

【答案】(1)I(2)1.802.950.488(3)==

【解析】(1)由于电流表内阻已知，电流表相对电源采用内接法，可以避免由于电表内阻

引起的系统误差，测量时单刀双掷开关S应接1；

(2)[1]电压表量程为3V,最小分度为0.1V,读数时应估读到分度值的下一位，读数为

1.80V

⑵由闭合电路欧姆定律可得E=u+/(&+4+r)

则有u=-J(RA+K)+R)+E

可知U-1图像的纵截距等于电动势，则有£=2.95V

AU

⑶斜率绝对值为RA+4+嗡呼-788Q

△I

则有r=2.788。-2Q-0.3Q=0.488Q

(3)因为电流表内阻为准确值，该实验可消除电表内住引起的系统误差，故电动势和内阻

的测量值与真实值均相等。

四、解答题(本题共3小题，共42分)

13.通过电动机提升重物的电路如图所示，电源电动势E=12V,电源内阻尸2Q,电阻

R=3.5C。当重物质量很大时，闭合开关S,电动机未能提起重物，理想电压表的示数为

8V；当重物质量机=lkg时，闭合开关S,稳定后电动机以恒定速度提升重物，此时电压表

的示数为10V。转轴与细绳间不打滑，不计阻力，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)电动机的内阻足：

(2)重物匀速上升时电司机消耗的功率：

(3)重物匀速上升的速度。

【答案】(1)0.50(2)6.5W(3)0.6m/s

【解析】(1)电动机不转时相当纯电阻，则通过电动机的电流

E-CA=12-8A=2A

1r2

U8

电动机的内阻G=亍1—尺二5。-3.5。=0.5。

*1乙

E-U12-10

(2)重物匀速上升时通过电动机的电流八=------=-------A=1A

~r2

电动机消耗的功率4=/2((/2-/2/?)=6.5W

(3)由能量关系七一/丸

解得v=U.6m/s

14.如图所示，水平面上竖直固定一个粗糙圆弧轨道6C。圆弧轨道C端切线水平，长木板

静止在光滑的水平面上，木板左端紧靠坑道右端且与轨道C点等高但不粘连(长木板厚度

不计)。从8的左上方A点以某一初速度水平抛出一质量〃z=2kg的物块(可视为质点)，

物块恰好能从8点沿切线方向无碰撞进入圆心角夕=53的圆弧轨道3C,物块滑到圆弧轨

道。点时速度大小为匕=4m/s,经圆弧轨道后滑上长木板。已知长木板的质量

M=6kg,4点距。点的高度为”=1.2m,圆弧轨道半径为R=1m,物块与长木板间的

动摩擦因数4=0.3。物块始终未滑出长木板，空气阻力不计，K取lOm/s?,

(2)物块滑上长木板后，相对长木板运动的时间：

(3)在物块相对长木板运动的过程中，木板的位移大小。

【答案】(D-17J(2)1s(3)0.5m

【解析】(1)从4到8做平抛运动，根据图中几何关系可得砧二尺一Reos，

根据运动学公式可得哝=2g(H-%c)

代入数据解得=4m/s

根据速度的分解可得%=急=5侬

从B到C由动能定理可得，4c+叱=J叱；一；〃咫

代入数据解得Wf=-17J

(2)物块滑上长木板后，对物块受力分析可知，物块做减速运动，根据牛顿第二定律可得

/Jing="7。块

解得物块减速时的加速度大小为〃块=3m/s2

木板做加速运动，根据牛顿第二定律可得〃〃吆二M。板

解得木板的