2027届江苏省南京市南京师大附中高二上物理期中达标测试试题含解析

2027届江苏省南京市南京师大附中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、如图所示，图线a是某一电源的U－I曲线，图线b是一定值电阻的U－I曲线．若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω），则说法错误的是（）A．该定值电阻为6ΩB．该电源的电动势为20VC．将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大D．将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大2、物理学领域里的每次重大发现，都有力地推动了人类文明的进程。最早利用磁场获得电流，使人类得以进入电气化时代的科学家是（）A．库仑 B．奥斯特 C．安培 D．法拉第3、已知半径为R、电荷量为q的均匀带电球面内的各点电势相等,其值为φ=kqR(k为静电力常量)。如图为半径为R的半球形薄壳,开口圈面水平,半球表面均匀分布单位面积带电量为σ的正电荷,O为球心,P为开口处圈面上的任意一点,则P点的场强方向和电势的大小分别为(已知半径为R的球的表面积为4πRA．竖直向上,0B．竖直向上,2πkσRC．竖直向下,2πkσRD．竖直向下,4πkσR4、奥斯特实验说明了（）A．磁场的存在B．磁场具有方向性C．通电导线周围存在磁场D．磁体间有相互作用5、如图所示，电路中A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L电阻不可忽略，下列说法中正确的是()A．合上开关K接通电路时，A1和A2均立即点亮B．合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮C．断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭D．断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1闪亮一下才熄灭6、一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）A．U变大，E不变 B．E变大，W变大 C．U变小，W不变 D．U不变，W不变二、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、如图所示，空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，在O点固定一点电荷Q，一带电粒子在电场力和磁场力的共同作用下做顺时针匀速圆周运动（不计重力和阻力），半径为r，周期为T，线速度为v，则当点电荷Q电量突然为零，则此后关于带电粒子的运动，下列说法正确的是A．半径大小一定变大 B．线速度大小一定不变C．周期大小一定变大 D．仍然可能做半径为r的匀速圆周运动8、如图所示的U−x图象表示三对平行金属板间电场的电势差与场强方向上的距离关系。若三对金属板的负极板接地，图中x均表示到正极板的距离，则下述结论中正确的是（）A．三对金属板正极电势的关系B．三对金属板间场强大小有C．若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，则三个电场等势面分布的关系是1最密，3最疏D．若沿电场方向每隔相等距离作一等势面，则三个电场中相邻等势面差值最大的是1，最小的是39、下列说法正确的是（）A．电场强度是描述电场强弱的物理量B．电流强度是矢量C．串联电路中电流处处相等D．欧姆定律对电解液导电不适用10、电阻R1、R2、R3串联在电路中。已知R1=11Ω、R3=5Ω，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则（）A．电阻R2的阻值为21ΩB．电路中的电流为1．6AC．三只电阻两端的总电压为18VD．三只电阻两端的总电压为21V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）在实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的器材有：（a）待测电池：电动势E、内电阻r（b）电流表A1：量程0.6A，内阻r1=0.5Ω（c）电流表A2：量程1mA，内阻r2=200Ω（d）滑动变阻器R1：阻值0～20Ω，额定电流2.5A（e）电阻箱R2：9999Ω以及开关、导线、坐标纸等．为了测量待测电池的电动势和内电阻，请解答以下问题：（1）由于没有电压表，需将电流表A2和电阻箱R2改装成量程为2V的电压表，R2的电阻值应为__________Ω．（2）根据下图中设计的测量该电池电动势和内电阻的电路图，利用笔画线代替导线，将实物图连接好__________。（3）根据实验所测数据画出I2-I1图象如图所示，由此图象可求得该电源电动势E=__V，内阻r=____Ω．12．（12分）两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑片P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图乙所示的两条U－I直线a、b，回答下列问题：（1）根据两同学描绘的直线a、b，可知b图线是根据电压表________（填“V1”或“V2”）和电流表A的数据描绘的图线。（2）由图可知，定值电阻R0=_____Ω，电源的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω。（3）忽略各电表对电路的影响，则该电路中电流表的读数最大不超过________A。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）相距为d的平行金属板M、N，板长也为d，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线EF对齐，EF左侧有水平匀强电场，M、N两板间所加偏转电压为U，PQ是两板间的中轴线．一质量为m、电量大小为q的带电粒子在水平匀强电场中PQ上A点由静止释放，结果恰好从N板的右边緣飞出，A点离EF的距离为；不计粒子的重力．(1)求EF左侧匀强电场的电场强度大小；(2)带电粒子从N板的右侧边缘飞出后，只受另一点电荷的库仑力作用，并开始做圆周运动，已知该点电荷固定在PQ上某点，求该点电荷的带电量.(3)当带电粒子做圆周运动到M点后，MN板间偏转电压立即变为−U，（已知MN板间电场只由偏转电压提供，与点电荷无关）带电粒子最终回到A点，求带电粒子从出发至回到A点所需总时间．14．（16分）有一个电量q=—3×10－6C的点电荷，从某电场中的A点移动到B点，电荷克服电场力何做了6×10－4的功，从B点移至C点，电场力对电荷做了9×10－4J的功，设B点为零电势，求：A、C两点的电势和该电荷在A、C两点的电势能。15．（12分）如图，圆柱形气缸开口向上静置于水平地面上，其内部的横截面积S=10cm2，开口处两侧有厚度不计的挡板，挡板距底部高H=18cm．缸内有一可自由移动、质量不计、厚度不计的活塞封闭了一定质量的理想气体，此时活塞刚好在挡板处，且与挡板之间无挤压，缸内气体温度为t1=27℃．将一定质量为m的小物块放在活塞中央，稳定时活塞到缸底的距离h=12cm（忽略该过程中气体的温度变化）．对气缸内的气体缓慢加热使活塞缓慢上升，最终缸内气体的温度上升到t2=327℃．已知大气压，重力加速度取为，汽缸与活塞均为绝热材料制成．试求：（1）小物块的质量m；（2）最终稳定时气体的压强p．

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.图线b的斜率k==6Ω则定值电阻的阻值：R=k=6Ω故A正确，不符合题意；B.由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势E=U+Ir=15V+2.5×2V=20V故B正确，不符合题意；CD.定值电阻的阻值R=6Ω，电源的内阻r=2.0Ω；对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，则将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大；故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。2、D【解析】

最早利用磁场获得电流的物理学家是法拉第，是法拉第发现的电磁感应现象，使人类得以进入电气化时代。A.库仑。与史实不符，故A错误；B.奥斯特。与史实不符，故B错误；C.安培。与史实不符，故C错误；D.法拉第。与史实相符，故D正确。3、B【解析】

设想一个均匀带电半球面，与题目中所给的下半球组成一个完整的均匀带电球面，已知半径为R、电荷量为q的均匀带电球面内的各点电势相等，其值为φ=kqR(k为静电力常量)，其中q=4πR2σ，所以整个球面在P点的电势为φ=k4πR2σR=4πkσR，根据对称性可知，半个球面在P点的电势为2πkσR故选B。解题关键是抓住对称性，先通过割补法将球壳补全，然后结合对称性分析，注意均匀带正电球壳内部各处电势都相等，其值为φ=k4、C【解析】

奥斯特将通电导线放于小磁针上方时发现小磁针发生了偏转，说明了通电导线周围存在着磁场。A.磁场的存在。与结论不符，故A错误；B.磁场具有方向性。与结论不符，故B错误；C.通电导线周围存在磁场。与结论相符，故C正确；D.磁体间有相互作用。与结论不符，故D错误。5、C【解析】

合上开关K接通电路时，A2先亮，由于A1与L串联，在L中产生的自感电动势阻碍电流的增加，故A1逐渐亮起来，但是由于L有电阻，故最后A1比A2要暗，选项AB错误；断开开关K切断电路时，原来通过A2的电流立刻消失，但是由于L中产生的自感电动势阻碍电流的减小，故此电流会在L、A1和A2中形成新的回路，故两灯都要过一会儿才熄灭，选项C正确；D错误；故选C．6、C【解析】试题分析：电容器充电后与电源断开，所以电容器的所带电荷量Q是一个定值，根据公式，公式,公式,可得,与极板间的距离无关，所以极板间的电场强度不变，正极板下移过程中，正电荷仍旧静止，所以电场力不做功，电势能不变，下移过程中d减小，所以C增大，又因为Q不变，所以U减小，负极板接地，所以电势为零，P点到负极板的电势差为为P到负极板的距离，保持不变，所以电势不变，故C正确考点：考查平行板电容、电场强度、电势、电势能的关系点评：处理此类问题，先要分析电容器的变量和不变量，判断电容变化，再由电场中的电势、电势能、电势差和场强的关系求解二、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、BD【解析】

A.若带电粒子带正电，点电荷Q也带正电，电量为变为零之前，粒子受到指向圆心的洛伦兹力，以及沿着半径背离圆心的电场力，其向心力等于F向=F洛-F电当点电荷Q电量突然为零，电荷只受到洛伦兹力的作用，此时洛伦兹力大于电荷需要的向心力，粒子做近心运动，则半径减小，故A错误；B.因为当点电荷消失，粒子只受到洛伦兹力的作用，而洛伦兹力总是和速度方向相互垂直，不会改变粒子的速度大小，所以不论粒子之后做什么运动，其速度大小都不会改变，故B正确；CD.若带电粒子带负电，则在点电荷Q电量为变为零之前，粒子受到指向圆心的电场力，以及沿着半径背离圆心的洛伦兹力，向心力为F向=F电-F洛若此时电场力是洛伦兹力的两倍，则其向心力的大小等于洛伦兹力，当电场力消失时，洛伦兹力的大小刚好等于粒子需要的向心力，粒子继续做半径不变的圆周运动，如图中红色轨迹所示由于半径不变，向心力大小不变，则运动周期不变，故C错误D正确；8、BCD【解析】

A．三对金属板的负极板接地，即电势为零。根据电场的电势差与场强方向上的距离关系图象得三对金属板正极合负极电势差相等，所以三对金属板正极电势的关系相等，故A错误。B．根据电场的电势差与场强方向上的距离关系得U=-kx+b．即表示平行金属板间任意一点到负极的电势差与场强方向上的距离关系。根据匀强电场中任意两点的电势差等于场强与这两点间沿着电场方向的距离的乘积，即U=Ed，所以电场的电势差与场强方向上的距离关系图象斜率的绝对值大小等于场强大小，所以三对金属板间场强大小有E1＞E2＞E1．故B正确。C．三对金属板间距1最小，1最大，而若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，而三对金属板正极合负极电势差相等，所以沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，三个电场等势面分布的关系是1最密，1最疏，故C正确。D．三对金属板间场强大小有E1＞E2＞E1．根据U=Ed得，沿电场方向每隔相等距离作一等势面，三个电场中相邻等势面差值最大的是1，最小的是1，故D正确。9、AC【解析】

A、电场强度是描述电场强弱的物理量，故A正确；B、电流强度是标量，故B错误；C、串联电路电流相同，故C正确；D、欧姆定律适用于纯电阻电路，适用于金属导电或电解液导电，故D错误；故选AC。关键是知道电场强度是描述电场强弱的物理量；欧姆定律适用于纯电阻电路，适用于金属导电或电解液导电。10、ABD【解析】

A、根据欧姆定律得：R2=U2B、串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得I=U1R1=C、D、电阻R3电压为：U3=IR3=1.6A×5Ω=3V；总电压U=U1+U2+U3=6+12+3=21V；故C错误，D正确.故选ABD.本题考查了串联电路电压、电流特点和欧姆定律的应用.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、18001.82【解析】

（1）[1]根据串联电路规律可知，串联电阻阻值。（2）[2]根据电路图可得出对应的实物图，如图所示；（3）[3][4]由全电路的欧姆定律：变形可得：由图乙所示图象可知，图象纵轴截距和斜率的数据：解得：；。本题需要掌握改装电压表串联内阻的计算方法；应用图象求电源电动势与内阻时，从图象上求出电流值，然后应用欧姆定律求出电源电动势与内阻．要注意改装原理的正确应用是解题的关键．12、V22.01.501.00.5【解析】

(1)[1]由图甲可知V1测量路端电压，V2测量定值电阻R0的电压；而定值电阻的图线是正比图线，一定经过原点，故b图线是根据电压表V2和电流表A的数据描绘的图线.(2)[2]根据图像可知b图线的斜率为电阻R0阻值，即：[3][4]根据图线a可得电动势E=1.5V，斜率表示内阻可得：.(3