2025屆襄陽市第四中學物理高二上期末達標檢測模擬試題含解析

2025屆襄陽市第四中學物理高二上期末達標檢測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強電場，其極板帶電量為Q，在兩極板之間，用輕質絕緣絲線懸掛質量為m，電量為q的帶電小球(可看成點電荷)，絲線跟豎直方向成θ角時小球恰好平衡，此時小球離右板距離為b，離左板的距離為2b，如圖所示，則（）A.小球受到電場力為B.若將小球移到懸點下方豎直位置，小球電勢能減小C.若將細繩剪斷，小球經時間到達負極D.小球帶正電，極板之間的電場強度大小為2、在如圖所示電路中，電源電動勢為12V，電源內阻為1.0Ω，電路中電阻R0為1.5Ω，小型直流電動機M的內阻為0.5Ω．閉合開關S后，電動機轉動，理想電流表的示數(shù)為2.0A．則以下判斷中正確的是（）A.電動機兩端的電壓為7.0VB.電動機的輸出功率為14WC.電動機的發(fā)熱功率為4.0WD.電源輸出的電功率為24W3、如圖所示，垂直紙面放置的兩根平行長直導線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1＞I2，紙面內的一點H到兩根導線的距離相等，則該點的磁感應強度方向可能為圖中的()A.B1 B.B2CB3 D.B44、A、B兩個點電荷在真空中產生電場，電場線（方向未標出）分布如圖所示．圖中C點為兩點電荷連線的中點，MN為兩點電荷連線的中垂線，D為中垂線上的一點，電場線的分布關于MN左右對稱．則下列說法正確的是A.這兩個點電荷是等量異種電荷B.這兩個點電荷是等量同種電荷C.C,D兩點的電場強度大小相同D.C點電勢比D點電勢大5、如圖所示當可變電阻R的滑片向b端移動時，通過電阻R1、R2、R3的電流強度I1、I2、I3的變化情況是A.I1變大，I2，I3變小B.I1，I2變大，I3變小C.I1變小，I2，I3變大D.I1、I2變小，I3變大6、關于摩擦起電和感應起電的實質，下列說法正確的是（）A.摩擦起電說明通過做功可以創(chuàng)造電荷B.摩擦起電說明電荷可以創(chuàng)造C.感應起電說明電荷可以從物體的一個部分轉移到物體另一個部分D.感應起電說明電荷從帶電的物體轉移到原來不帶電的物體上去了二、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、如圖所示的閉合電路中，當滑動變阻器的滑片P從左端滑向右端的過程中。兩個電壓表示數(shù)的變化量的大小分別為ΔU1、ΔU2，電流表示數(shù)的變化量為ΔI，則（）A.ΔU1＞ΔU2 B.ΔU1＜ΔU2C.＝ D.＜8、如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g，關于微粒在0～T時間內運動的描述，正確的是()A.末速度大小為v0B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了mgdD.克服電場力做功為mgd9、下列關于等勢面的說法正確的是（）A.電荷在等勢面上移動時不受電場力作用，所以不做功B.等勢面上各點的場強相同C.點電荷在真空中形成電場的等勢面是以點電荷為球心的一簇球面D.勻強電場中的等勢面是相互平行的垂直于電場線的一簇平面10、如圖所示，一束質量、速度和電荷量不同的正離子垂直地射入勻強磁場和勻強電場正交的區(qū)域里，結果發(fā)現(xiàn)有些離子保持原來的運動方向，有些未發(fā)生任何偏轉．如果讓這些不偏轉的離子進入另一勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)這些離子又分裂成幾束，對這些進入另一磁場的離子，可得出結論A.它們的動能可能相同B.它們比荷一定各不相同C.它們的電荷量一定各不相同D.它們的質量一定各不相同三、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）某同學要測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ．步驟如下：（1）用游標為20分度的卡尺測量其長度如圖甲，由圖可知其長度L=_____________mm；（2）用螺旋測微器測量其直徑如圖乙所示，由圖可知其直徑D=_____________mm；（3）用多用電表的電阻“×10”擋，按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如圖，則該電阻的阻值約為_________。（4）該同學想用伏安法更精確地測量其電阻R，現(xiàn)有的器材及其代號和規(guī)格如下：待測圓柱體電阻R直流電源E（電動勢4V，內阻不計）開關S導線若干電流表A1（量程0～4mA，內阻約50Ω）電流表A2（量程0～10mA，內阻約30Ω）電壓表V1（量程0～3V，內阻約10kΩ）電壓表V2（量程0～15V，內阻約25kΩ）滑動變阻器R1（阻值范圍0～15Ω，允許通過的最大電流2.0A）滑動變阻器R2（阻值范圍0～2kΩ，允許通過最大電流0.5A）電流表選擇_________，電壓表選擇_________，滑動變阻器選擇________為使實驗誤差較小，要求測得多組數(shù)據進行分析，請在框中畫出測量的電路圖____________，并連接實物圖_____________。（5）若該同學用伏安法跟用多用電表測量得到的R測量值幾乎相等，若已知伏安法測電阻電路中電壓表和電流表示數(shù)分別用U和I表示，則用此法測出該圓柱體材料的電阻率ρ＝________．（不要求計算，用題中所給字母表示）12．（12分）如圖所示是某同學連接的實驗實物圖，閉合開關S后，發(fā)現(xiàn)L1、L2燈都不亮，他采用多用電表的直流電壓擋進行故障檢查：(1)選擇開關應置于下列量程的__________擋（用字母序號表示）A．2.5VB．10VC．50VD．250V(2)在測試a、b間直流電壓時，紅表筆應接觸__________（選填“a”或“b”）(3)該同學測試結果為：a、b間電壓表有示數(shù)，c、b間電壓表有示數(shù)，c、d間電壓表無示數(shù)，d、f間電壓表有示數(shù)．根據測試結果，可以判定故障是__________（假設只有下列中的某一項有故障）A．燈L1斷路B．燈L2短路C．c、d段斷路D．d、f段斷路四、計算題：本題共3小題，共38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）如圖所示，間距為L、電阻不計的足夠長雙斜面型平行導軌，左導軌光滑，右導軌粗糙，左、右導軌分別與水平面成α、β角，分別有垂直于導軌斜面向上的磁感應強度為B1、B2的勻強磁場，兩處的磁場互不影響．質量為m、電阻均為r的導體棒ab、cd與兩平行導軌垂直放置且接觸良好．ab棒由靜止釋放，cd棒始終靜止不動．求：（1）ab棒速度大小為v時通過cd棒的電流大小和cd棒受到的摩擦力大?。?）ab棒勻速運動時速度大小及此時cd棒消耗的電功率14．（16分）如圖所示，用銷釘固定的活塞把導熱氣缸分隔成兩部分，A部分氣體壓強PA=6.0×105Pa，體積VA=1L；B部分氣體壓強PB=2.0×105Pa，體積VB=3L?，F(xiàn)拔去銷釘，外界溫度保持不變，活塞與氣缸間摩擦可忽略不計，整個過程無漏氣，A、B兩部分氣體均為理想氣體．求活塞穩(wěn)定后A部分氣體的壓強。15．（12分）如圖所示為電流天平，可以用來測量勻強磁場的磁感應強度．它的右臂掛著矩形線圈，匝數(shù)為n=10，線圈的水平bc邊長為L=10.0cm，處于勻強磁場內，勻強磁場的方向與線圈平面垂直．當線圈中通過電流I=0.10A時，調節(jié)砝碼使兩臂達到平衡，然后使電流反向，大小不變，這時需要在左盤中增加質量為m=7.80g的砝碼，才能使兩臂再達到新的平衡．重力加速度g取10m/s2（1）若線圈串聯(lián)一個電阻連接到電壓為U穩(wěn)壓電源上，已知線圈電阻為r，當線圈中通過電流I時，請用相關物理量的符號表示串聯(lián)電阻的大小；（2）求磁場對bc邊作用力的大?。唬?）求磁感應強度的大小

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、C【解析】對小球受力分析，據平衡條件可得小球所受電場力，另對小球而言，板上電荷不能視為在同一水平線上的點電荷，兩板對小球的電場力．據小球所受電場力和場強的定義式可得極板之間的電場強度．據電場力的方向，可得將小球移到懸點下方豎直位置過程中電場力做功的正負，從而判斷小球電勢能的變化．細繩剪斷后小球做勻加速直線運動，將小球的運動分解成水平方向和豎直方向，據運動學公式和牛頓運動定律可得小球到達負極所需時間【詳解】AD：對小球受力分析，由平衡條件可得，則小球受到電場力，極板之間的電場強度．對小球而言，板上電荷不能視為與小球在同一水平線上的點電荷，則兩板對小球的電場力．故AD兩項錯誤B：小球所受電場力水平向右，將小球移到懸點下方豎直位置，電場力對小球做負功，小球的電勢能增加．故B項錯誤C：細繩剪斷后小球做勻加速直線運動，將小球的運動分解成水平方向和豎直方向，對水平方向、，解得：小球到達負極所需時間．故C項正確2、A【解析】A．電動機兩端的電壓：UM=E-I（r+R0）=12-2×（1.0+1.5）=7V，故A正確；BC．電路中電流表的示數(shù)為2.0A，所以電動機的總功率為：P總=UMI=7×2=14W，電動機的發(fā)熱功率為：P熱=I2R=22×0.5=2W，所以電動機的輸出功率為：P出=14W-2W=12W，故BC錯誤；D．電源的輸出的功率為：P輸出=EI-I2R=12×2-22×1W=20W，故D錯誤。故選A。3、C【解析】根據右手螺旋定則得出兩電流在H點的磁場方向，如圖，因為I1>I2，故I1產生的磁場大于I2產生的磁場，根據平行四邊形定則知H點的合場強可能為B3方向A．B1與分析結果不符，A錯誤B．B2與分析結果不符，B錯誤C．B3與分析結果相符，C正確D．B4與分析結果不符，D錯誤4、A【解析】AB．根據電場線的特點：電場線從正電荷出發(fā)到負電荷終止，可知A、B是一定兩個等量異種電荷，故A錯誤，B正確；C．在兩等量異號電荷連線的中垂線上，中間點電場強度最大，也可以從電場線的疏密判斷，所以C點的電場強度比D點的電場強度大，故C錯誤；D．根據平行四邊形定則，對中垂線上的場強進行合成，知中垂線上每點的電場方向都水平向右，中垂線和電場線垂直，所以中垂線為等勢線，所以C點的電勢等于D點的電勢，故D錯誤故選A5、D【解析】可變電阻R的滑片向b端移動時，滑動變阻器有效電阻變小，外電路總電阻變小，則總電流I增大，內電壓增大，外電壓U變小，所以通過R1的電流I1變小，而總電流I增大，根據并聯(lián)電路電流的規(guī)律可知，I3變大．R3兩端的電壓變大，路端電壓U減小，則R2兩端的電壓變小，通過R2的電流I2變?。蔇正確．故選D【點睛】本題關鍵抓住電源的電動勢和內阻不變，根據閉合電路歐姆定律和部分電路歐姆定律進行動態(tài)分析，按照“局部-整體-再到局部”的分析思路分析6、C【解析】摩擦起電是電荷從一個物體轉移到另一個物體，在轉移過程中電荷總量是守恒的，故AB錯誤；感應起電是電荷從物體的一個部分轉移到物體另一個部分，且在轉移過程電荷總量也是守恒的，并不是從帶電的物體轉移到原來不帶電的物體，故C正確；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、BD【解析】AB．閉合電路電壓特點知：E＝U1+U2+Ur其中Ur表示電路的內電壓。當滑片向右滑動過程中，變阻器接入電路中的電阻變小，根據電路中電壓分配原則知，U1變大，U2變小，Ur變大。則有E＝U1+ΔU1+U2﹣ΔU2+Ur+ΔUr得：ΔU2＝ΔU1+ΔUr所以ΔU1＜ΔU2故A錯誤，B正確；CD．根據上面的分析知所以故C錯誤，D正確。故選BD.8、BC【解析】AB．0～時間內微粒勻速運動，則有：qE0=mg，～內，微粒做平拋運動，下降的位移，～T時間內，微粒的加速度，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運動，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0．故A錯誤，B正確C．0～時間內微粒在豎直方向上向下運動，位移大小為d，則重力勢能減小量為mgd，故C正確D．在～內和～T時間內豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，則～內和～T時間內位移的大小相等均為d，所以整個過程中克服電場力做功為，故D錯誤9、CD【解析】試題分析：等勢面與電場線垂直，故沿著等勢面移動點電荷，電場力與運動方向一直垂直，電場力不做功，故A錯誤；電場中電勢相等的各個點構成的面叫做等勢面，等勢面上各個點的場強大小情況要看具體的電場，故B錯誤；等勢面與電場線垂直，結合這個特點可以知道孤立點電荷在真空中形成的電場的等勢面是以點電荷為圓心的一簇球面，故C正確；等勢面與電場線垂直，結合這個特點可以知道勻強電場中的等勢面是相互平行的垂直于電場線的一簇平面，故D正確；故選CD考點：等勢面【名師點睛】本題關鍵是要明確等勢面的概念，電場中電勢相等的各個點構成的面叫做等勢面；等勢面與電場線垂直，沿著等勢面移動點電荷，電場力不做功；同時要能根據電場線畫出常見的幾種等勢面圖10、AB【解析】粒子在磁場和電場正交區(qū)域里，同時受到洛倫茲力和電場力作用，粒子沒有發(fā)生偏轉，說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，滿足qvB=qE，即不發(fā)生偏轉的粒子具有共同的速度大小v=E/B，粒子進入磁場后受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，滿足qvB=m，圓周運動的半徑R=，由此進行分析得出結論【詳解】因為粒子進入電場和磁場正交區(qū)域時，不發(fā)生偏轉，說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，有qvB=qE，得出能不偏轉的粒子速度應滿足v=E/B．粒子進入磁場后受洛倫茲力作用，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB=m，圓周運動的半徑，由于粒子又分裂成幾束，也就是粒子做勻速圓周運動的半徑R不同，進入第二個勻強磁場時，粒子具有相同的速度，由得知，所以粒子能分裂成幾束的粒子的比值不同，則電荷量與質量之比一定不相同．而質量m、電荷量可能相同，則動能也可能相同．故AB正確，CD錯誤．故選AB【點睛】此題要能根據粒子不發(fā)生偏轉得出粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度v，理解速度選擇器的原理．在單獨的勻強磁場中粒子分裂成幾束說明粒子的荷質比不同，并由此得出電量、質量、以及速度所需要滿足的關系式，從而得出正確的結論三、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、①.5015②.4.700③.220④.A2⑤.V1⑥.R1⑦.⑧.⑨.【解析】(1)[1]主尺讀數(shù)為5cm=50mm，游標上第3條刻度線與主尺對齊，讀數(shù)為3×0.05mm=0.15mm，則長度為50.15mm；(2)[2]螺旋測微器固定刻度讀數(shù)為4.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.200mm，則直徑為4.700mm；(3)[3]電阻的阻值：R=22×10Ω=220Ω；(4)[4]電阻中最大電流約為則電流表選A2；[5]電源電動為4V，電壓表選V1[6]要求測得多組數(shù)據進行分析，所以應該采用分壓式接法，選擇較小最大值的滑動變阻器，故選R1，[7]因為，，則：，故選擇電流表外接法。實驗電路如圖：[8]根據電路圖畫出的實物圖如圖所示：(5)[9]由電阻定律，；代入解得。12、①.B②.a③.D【解析】(1)[1]兩個蓄電池的總電動勢為4V，應用多用表的直流電壓檔10V檔測量，故選B；(2)[2]在測試a、b間直流電壓時，紅表筆應當接觸a，因為電流必須從電壓表正接線柱流入，所以紅表筆應當接觸a端(3)[3]A．燈L1斷路時，c、d間電壓表應有示數(shù)，與題意不符，故A錯誤；B．燈L2短路時，L2燈不亮，而L1燈應更亮，與題不符，故B錯誤；C．cd段斷路，則df間沒有電壓，無