四川省泸州市泸县第四中学2027届高二上物理期中达标测试试题含解析

四川省泸州市泸县第四中学2027届高二上物理期中达标测试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子仅在电场力作用下，以某一初速度沿AB由A点运动到B点，所经位置的电势随与A点距离的变化规律如图乙所示。以下说法错误的是（）A．A、B两点的电场强度B．电子在A、B两点的速度C．A、B两点的电势D．电子在A、B两点的电势能2、如图所示，在同一平台上的O点水平抛出三个物体，分别落到a、b、c三点，则三个物体运动的初速度va、vb、vc的关系和运动的时间ta、A．va>vb>vc，ta>tb>tcB．va<vbC．va<vb<vc，ta>tb>tcD．va>vb3、一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成4L长的均匀细丝后，其电阻值为A． B． C． D．4、如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线至某点R处的电场强度为零，且PR=3RQ．则（）A．q1=3q2 B．q1=-9q2 C．q1=-3q2 D．q1=9q25、一种新型发电机叫磁流体发电机,如图所示表示它的发电原理:将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和负电的粒子,而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场,磁场中有两块金属板A、B,这时金属板上就聚集了电荷.在磁极配置如图中所示的情况下,下列说法中正确的是（）A．A板带正电B．有电流从b经用电器流向aC．金属板A、B间的电场方向向下D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力小于所受电场力6、小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点()A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度二、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、右图所示的是伏安法测电阻的部分电路，开关先后接通a和b时，观察电压表和电流表示数的变化，那么A．若电压表示数有显著变化，测量R的值时，S应接aB．若电压表示数有显著变化，测量R的值时，S应接bC．若电流表示数有显著变化，测量R的值时，S应接aD．若电流表示数有显著变化，测量R的值时，S应接b8、在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力．则（）A．小球水平位移x1与x2的比值1:3B．小球水平位移x1与x2的比值1:4C．小球落到B点时的动能为32JD．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为9、、b、c三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（

）A．在b飞离电场的同时，刚好打在负极板上B．进入电场时，c的速度最大，的速度最小C．b和c同时飞离电场D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大10、如图所示竖直放置的光滑绝缘圆环穿有一带负电的小球，匀强电场水平向右，小球绕O点作圆周运动，那么A．在A点小球有最小的电势能B．在C点小球有最小的机械能C．在D点小球有最小的重力势能D．在A点小球有最大的动能三、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）用如图甲所示的电路图研究灯泡L（2.4V，1.0W）的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性．（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在端．________（选填“a”或“b”）（2）根据电路图，请在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整．_________（3）实验后作出的I—U图象如图丙所示，图中曲线弯曲的主要原因是：__________．（4）根据所得到的图象如图丙所示，求出它在额定电压（2.4V）下工作时的电阻值R=______Ω，这个测量值比真实值偏______．（选填“大”或“小”）12．（12分）用如图所示的游标卡尺测量一物体的长度，由图可知物体的长度为________mm。四、计算题：本题共3小题，共38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，MN表示真空室中垂直于纸面放置的感光板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B。一个电荷量为q的带电粒子从感光板上的狭缝O处以垂直于感光板的初速度v射入磁场区域，最后到达感光板上的P点。经测量P、O间的距离为L，不计带电粒子受到的重力。求：（1）带电粒子所受洛伦兹力的大小；（2）带电粒子的质量大小；（3）粒子在磁场中运动的时间。14．（16分）如图所示的电路中，电源电动势E=9V，内阻r=1Ω，电阻R2=2Ω，灯泡L1标有“6V；6W”，L2标有“4V；4W”，滑动变阻器的调节范围是0～20Ω，求：(1)接入电路中的滑动变阻器R1的阻值为多大时，灯L2正常发光？(2)此时灯L1的实际功率是多大？(设灯泡的电阻不随温度变化)15．（12分）如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0=4×106m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷e=1.6×10-19C，电子质量m=0.91×10﹣30kg，求：（1）电子在C点时的动能是多少J？（2）O、C两点间的电势差大小是多少V？

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、B【解析】

A．φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象的斜率减小，则从A到点B场强减小，则有EA＞EB，故A正确，A项不合题意；BD．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大。即有vA＞vB，故B错误，B项符合题意，D正确，D项不合题意。C．电场线的方向从A到B，则A、B两点的电势φA＞φB，故C正确，C项不合题意；故选B。2、C【解析】由h=12gt2得，下落时间t=2hg。因ha>hb【点睛】（1）平抛运动的水平分运动为匀速直线，竖直分运动为自由落体，且合运动和各分运动具有等时性；（2）平抛运动的下落时间由竖直高度决定，即t=2hg3、D【解析】

一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成4L长的均匀细丝后，截面积变为原来的，则根据，可知，电阻变成原来的16倍。A．。故A不符合题意。B．。故B不符合题意。C．。故C不符合题意。D．。故D符合题意。4、D【解析】

已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，则q1和q2带同种电荷，根据点电荷的电场强度公式得解得故选D。5、B【解析】试题分析：根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电．故A错误．因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b经用电器流向a．故B正确．因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上．故C错误．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力．故D错误．故选D．【点睛】根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板．6、C【解析】从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv2，解得：，在最低点的速度只与半径有关，可知vP＜vQ；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小．故AB错误；在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=m，解得，F=mg+m=3mg，，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等．故C正确，D错误．故选C．点睛：求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题．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、AD【解析】

AB．电压表示数有明显变化，说明电流表的分压较大，说明待测电阻较小，应采用电流表外接法，即K接a，可减小误差，故A正确，B错误；CD．电流表示数有明显变化，说明电压表的分流较大，待测电阻较大，应采用电流表内接法，即K接b，可减小误差，故D正确，C错误。故选AD。正确理解伏安法测电阻误差产生的原因是解答本题的关键，本题的方法称为实验试探法，在不知道电压表、电流表和被测电阻的大约阻值时，常常采用这种方法．8、ACD【解析】

小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，根据位移时间公式：，，联立可得：，故A正确，B错误；据小球的运动轨迹如图所示：小球从A到M，由功能关系知在水平方向上电场力做功为：，则从A到B水平方向上电场力做功为：，根据能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为：，故C正确；由题知开始：，又竖直方向上：，在水平方向上：，又有：，联立以上解得：，几何关系可知，则，据运动轨迹，但小球的运动方向与合加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到B过程最小速度一定与等效G′垂直，如图P点，所以，故D正确．所以ACD正确，B错误．9、ABD【解析】

ABC.粒子在竖直方向有三个粒子所带电荷相同，可见打在下极板的时间相同；水平方向有可知c的速度最大，a的速度最小，故AB正确C错误；D.因只有电场力做功，则动能的增量等于电场力做功，由，因a和b在电场中的竖直位移大于a，故a和b电场力做功相等且大于a，故D正确。故选ABD。10、ABC【解析】

A.正电荷从A向C运动过程中，电场力一直做负功，电势能一直增大，所以A点电势能最小，故A正确。B.除重力以外，其它力所做的功，等于物体的机械能变化量，所以从A运动到C的过程中，电场力一直做负功，机械能一直减小，故C点具有最小的机械能，故B正确。C.物体位置越高，重力势能越大，所以D点小球的重力势能最小，故C正确。D.根据合外力做功判断小球的动能变化。小球在从A点向D点运动的一段距离内，电场力做的正功大于重力做的负功，（根据等效最低点可以判断，速度最大的位置在AD之间某一位置）所以动能在增加，故D错误。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、a温度升高，灯丝电阻（或电阻率）增大4.8小【解析】

(1)[1]由图甲知当滑动触头打到a端时通过电流表的电流是零，为防止烧表，在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在a端;(2)[2]根据电路图连线实物图如图所示：(3)[3]图中曲线弯曲的主要原因是随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大;(4)[4][5]由图丙知小灯泡在额定电压（2.4V）下工作时的电流为0.5A，由R=得R=Ω=4.8Ω，根据欧姆定律，由于电压表的分流使得电流表测量值大于通过小灯泡的实际电流，故测得的电阻值偏小．电学实验首先应注意保护电流表，因此，闭合开关前应将滑动触头打到使通过电流表电路的电流最小的位置；注意变阻器分压式和限流式在在闭合开关S前滑动触头位置的不同要求．12、29.8mm【解析】

[1]该游标卡尺为10分度，最小精确度为，读数为29mm+8×0.1mm=29.8mm四、计算题：本题共3小题，共38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、(1)(2)(3)【解析】

（1）带电粒子在磁场中所受洛伦兹力（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其半径为R，由牛顿第二定律带电粒子做匀速圆周运动的半径R=解得m=（3）由周期公式：14、(1)R1=0.5Ω(2)6W【解析】解：由题意可知，灯泡L1电阻为6Ω；L2电阻为4Ω；要使灯L2正常发光，电路中电流为1A，灯泡两端的电压为4V；R2两端的电压为U=1×2=2V；故并联部分电压U并=2+4=6V；故L1两端的电压为6V，L1正常发光，功率为6W；电流为1A；流过电源的电流为2A，则由闭合电路欧姆定律可知，E=6+2I（R1+r）解得：R1=0.5Ω；答：（1）（1）接入电路中的滑动变阻器R1的阻值为0.5Ω时，灯L2正常发光；（2）此时灯L1的实际功率是6W．考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由灯泡的额定功率及额定电压可求得灯泡的