甘肅省蘭州新區(qū)舟曲中學(xué)2025屆物理高二第一學(xué)期期中達(dá)標(biāo)測(cè)試試題含解析

甘肅省蘭州新區(qū)舟曲中學(xué)2025屆物理高二第一學(xué)期期中達(dá)標(biāo)測(cè)試試題請(qǐng)考生注意：1．請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示，好多同學(xué)家里都有調(diào)光電燈、調(diào)速電風(fēng)扇，是用可控硅電子元件來實(shí)現(xiàn)的，為經(jīng)一雙向可控硅調(diào)節(jié)后加在電燈上的電壓，即在正弦交流電的每個(gè)二分之一周期內(nèi)，前14周期被截去，調(diào)節(jié)臺(tái)燈上旋鈕可以控制截去的多少，從而改變電燈上的電壓，那么現(xiàn)在電燈上的電壓為A．Um2 B．22U2、在具有一定厚度的空心金屬球殼的球心位置處放一正電荷，圖中的四個(gè)圖畫出了其空間電場(chǎng)的電場(chǎng)線情況，符合實(shí)際情況的是（）A．B．C．D．3、根據(jù)磁場(chǎng)對(duì)電流會(huì)產(chǎn)生作用力的原理，人們研制出一種新型的發(fā)射炮彈的裝置——電磁炮，其原理如圖所示：把待發(fā)炮彈（導(dǎo)體）放置在強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩平行導(dǎo)軌上，給導(dǎo)軌通以大電流，使炮彈作為一個(gè)通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)作用下沿導(dǎo)軌加速運(yùn)動(dòng)，并以某一速度發(fā)射出去。現(xiàn)要提高電磁炮的發(fā)射速度，你認(rèn)為下列方案在理論上可行的是()A．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值B．增大電流I的值C．減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值D．改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向，使之與炮彈前進(jìn)方向平行4、如圖所示，三條虛線表示某電場(chǎng)的三個(gè)等勢(shì)面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一個(gè)帶電粒子只受電場(chǎng)力作用，按圖中實(shí)線軌跡從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由此可知（

）A．粒子帶正電 B．粒子的速度變大C．粒子的加速度變大 D．粒子的電勢(shì)能變大5、質(zhì)量為m的帶正電小球A懸掛在絕緣細(xì)線上，且處在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，當(dāng)小球A靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向成30°角，已知此電場(chǎng)方向恰使小球受到的電場(chǎng)力最小，則小球所帶的電量應(yīng)為（）A．3mg3E B．3mgE6、如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r。將滑動(dòng)變阻器滑片P向下滑動(dòng)，理想電壓表、、示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為、、，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對(duì)值為，則以下說法正確的是（）A．A的示數(shù)減小 B．的示數(shù)增大C．與的比值大于r D．小于二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示為某一電源的U-I曲線，由圖可知()A．電源電動(dòng)勢(shì)為2.0VB．電源內(nèi)阻為ΩC．電源短路時(shí)電流為6.0AD．電路路端電壓為1.0V時(shí)，電路中電流為5.0A8、在如圖所示的電路中，電容器的上極板帶正電．為了使該極板仍帶正電且電量增大，下列辦法中可采用的是：A．增大，其他電阻不變 B．增大，其他電阻不變C．增大，其他電阻不變 D．增大，其他電阻不變9、如圖所示，絕緣的斜面處在于一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑到底端，已知在金屬塊下滑的過程中動(dòng)能增加了0.3J，重力做功1.5J，電勢(shì)能增加0.5J，則以下判斷正確的是A．金屬塊帶負(fù)電荷 B．電場(chǎng)力做功0.5JC．金屬塊克服摩擦力做功0.7J D．金屬塊的機(jī)械能減少1.2J10、如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一平行于水平面的電場(chǎng)，其中某一區(qū)域的電場(chǎng)線與x軸平行，在x軸上的電勢(shì)q與坐標(biāo)x的關(guān)系如圖中曲線所示，曲線過（0.1，4.5）和（0.15，3）兩點(diǎn)，圖中虛線為該曲線過點(diǎn)（0.15，3）的切線，現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg、電荷量為+2.0×10﹣8C的滑塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)），從x＝0.10m處由靜止釋放，其與水平面的動(dòng)摩蓀因數(shù)為0.02，取重力加速度g＝10m/s．則下列說法中正確的是（）A．滑塊P運(yùn)動(dòng)過程中的電勢(shì)能先減小后增大B．滑塊P運(yùn)動(dòng)過程中的加速度先減小后增大C．x＝0.15m處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2.0×106N/CD．滑塊P運(yùn)動(dòng)的最大速度為0.1m/s三、實(shí)驗(yàn)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）“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)中：（1）入射小球m1=15g，原靜止的被碰小球m2=10g，由實(shí)驗(yàn)測(cè)得它們?cè)谂鲎睬昂蟮膞-t圖象如圖甲所示，可知入射小球碰撞后的m1v1′是_____kg·m/s，入射小球碰撞前的m1v1是_____kg·m/s，被碰撞后的m2v2′是_____kg·m/s.由此得出結(jié)論_______________________________．（2）實(shí)驗(yàn)裝置如圖乙所示，本實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)必須要求的條件是________．A．斜槽軌道必須是光滑的B．斜槽軌道末端點(diǎn)的切線是水平的C．入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速釋放D．入射球與被碰球滿足ma＞mb，ra=rb（3）圖乙中M、P、N分別為入射球與被碰球?qū)?yīng)的落點(diǎn)的平均位置，則實(shí)驗(yàn)中要驗(yàn)證的關(guān)系是________．A．m1·ON=m1·OP＋m2·OMB．m1·OP=m1·ON＋m2·OMC．m1·OP=m1·OM＋m2·OND．m1·OM=m1·OP＋m2·ON12．（12分）某同學(xué)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路描繪一電阻的伏安特性曲線，所用實(shí)驗(yàn)器材如下:A．待測(cè)電阻(2.5V，1.2W)B．電流表A(0～0.6A，內(nèi)阻為1)C．電壓表V(0～3V，內(nèi)阻約3)D．滑動(dòng)變阻器(0～10，額定電流1A)E．電源(E=3V，內(nèi)阻r=1)F．開關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干(1)該同學(xué)測(cè)得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下，其中I是電流表的示數(shù)，U是電壓表的示數(shù)，是待測(cè)電阻兩端的實(shí)際電壓，請(qǐng)通過計(jì)算先補(bǔ)出表格中最后一格的數(shù)值________，然后在坐標(biāo)系中通過描點(diǎn)畫出待測(cè)電阻的伏安特性曲線___________(以為縱坐標(biāo)，I為橫坐標(biāo)).I/A0.150.200.250.300.350.400.450.48U/V0.250.400.600.901.251.852.503.00UR/V0.100.200.350.600.901.452.05(2)該同學(xué)將本實(shí)驗(yàn)中的待測(cè)電阻與一定值電阻串聯(lián)起來，接在本實(shí)驗(yàn)提供的電源兩端，則消耗的功率是_________W。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)四、計(jì)算題：本題共2小題，共26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）在如圖所示的電路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，當(dāng)電鍵K接a時(shí)，R2上消耗的電功率為4W，當(dāng)電鍵K接b時(shí)，電壓表示數(shù)為4.5V，試求：(1)電鍵K接a時(shí)，通過電源的電流和電源兩端的電壓；(2)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻。14．（16分）如圖所示，一個(gè)“V”型玻璃管倒置于豎直平面內(nèi)，并處于E=1×103V/m、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)帶負(fù)電的小球，重為G=1×10-3N，電量q=2×10-6C，從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，球與管壁的摩擦因數(shù)μ=0.1．已知管長(zhǎng)AB=BC=2m，傾角a=37°，且管頂B處有一很短的光滑圓?。螅海?）小球第一次運(yùn)動(dòng)到B時(shí)的速度多大?（2）小球運(yùn)動(dòng)后，第一次速度為0的位置在何處?（3）從開始運(yùn)動(dòng)到最后靜止，小球通過的總路程是多少?(sin37°=0.6，cos37°=0.8)15．（12分）如圖所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為θ的光滑斜面上，整個(gè)裝置置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知重力加速度為g，求：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)；（2）若將勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)減小為原來的1/2，物塊將沿斜面加速下滑，則物塊下滑的加速度為多大？

參考答案一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、A【解析】

設(shè)交流電的有效值為U，將交流電與直流電分別通過相同電阻R，一個(gè)周期可以看成只剩半個(gè)周期的電壓，利用有效值的定義得：Um22×1R×2、D【解析】解：把正電荷放在金屬球殼內(nèi)部，由于靜電感應(yīng)的作用，在球殼的內(nèi)壁會(huì)感應(yīng)出負(fù)電荷，在球殼的外壁會(huì)感應(yīng)出正電荷，所以在金屬球殼的殼壁之間，由于正電荷的電場(chǎng)和感應(yīng)電場(chǎng)的共同的作用，在金屬球殼的殼壁之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，所以在金屬球殼的殼壁之間沒有電場(chǎng)線，對(duì)于球殼外部的電場(chǎng)分布情況不會(huì)受到影響，所以正確的是D．故選D考點(diǎn)：電場(chǎng)線；靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體．分析：當(dāng)正電荷放入不帶電金屬球殼內(nèi)部的時(shí)候，由于靜電感應(yīng)的作用，在金屬球殼的殼壁之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，在球殼外的電場(chǎng)的分布不受球殼的影響．點(diǎn)評(píng)：本題是考查學(xué)生對(duì)于靜電感應(yīng)現(xiàn)象的理解情況，在球殼的內(nèi)壁放電荷的時(shí)候，球殼不會(huì)對(duì)球殼外部的電場(chǎng)產(chǎn)生影響，只影響殼壁之間的電場(chǎng)的分布情況．3、B【解析】試題分析：電磁炮就是在安培力的作用下運(yùn)動(dòng)，要想提高炮彈的發(fā)射速度，即增大安培力的大小，所以可適當(dāng)增大電流或磁感應(yīng)強(qiáng)度．故A正確，B正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向，使之與炮彈前進(jìn)方向平行時(shí)，由左手定則可知，電磁炮受的安培力方向豎直向下，在前進(jìn)方向上合力為零，根據(jù)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知，電磁炮的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不會(huì)改變，故D錯(cuò)誤．考點(diǎn)：本題考查磁場(chǎng)對(duì)通電直導(dǎo)線的作用、左手定則、安培力、牛頓運(yùn)動(dòng)定律以及應(yīng)用這些知識(shí)解決實(shí)際問題的能力．4、B【解析】

由圖象可知帶電粒子的軌跡向右偏轉(zhuǎn)，得出粒子所受力的方向向右；又由電場(chǎng)線指向電勢(shì)降低的方向，得出電場(chǎng)線方向大致向左．因?yàn)閹щ娏Ｗ邮芰εc電場(chǎng)的方向相反，所以粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，合外力（電場(chǎng)力）做正功，動(dòng)能增加，故B正確；由于等勢(shì)面密的地方電場(chǎng)線也密、電場(chǎng)線密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，加速度在變小，故C錯(cuò)誤；由電場(chǎng)力做功的公式得，粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故D錯(cuò)誤．【點(diǎn)睛】做曲線運(yùn)動(dòng)物體所受合外力指向曲線內(nèi)側(cè)，本題中粒子只受電場(chǎng)力，由此可判斷電場(chǎng)力向右，根據(jù)電場(chǎng)力做功可以判斷電勢(shì)能的高低和動(dòng)能變化情況，加速度的判斷可以根據(jù)電場(chǎng)線的疏密進(jìn)行．5、D【解析】

以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況，作出力圖，運(yùn)用作圖法分析什么條件下小球受到的電場(chǎng)力最小，由力學(xué)知識(shí)求出最小的電場(chǎng)力，再求解小球的電荷量?！驹斀狻啃∏蚴艿饺齻€(gè)力作用：重力mg、電場(chǎng)力F和細(xì)線的拉力T，根據(jù)平衡條件得知：F和T的合力與重力mg大小相等、方向相反，作出電場(chǎng)力在三種不同方向下合成圖如圖，可以看出，當(dāng)電場(chǎng)力F與細(xì)線的拉力T垂直時(shí)，電場(chǎng)力最小，由圖求出電場(chǎng)力的最小值為Fmin=mgsin30°又Fmin=qE，得q=mg故應(yīng)選：D。【點(diǎn)睛】本題與動(dòng)態(tài)平衡問題類似，采用圖解法分析極值的條件，也可以運(yùn)用函數(shù)法分析。6、C【解析】

AB．閉合電鍵后，將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，其有效電阻減小，電路中總電阻減小，電路中總電流增大，由閉合電路歐姆定律可知，路端電壓減小即的示數(shù)減小，故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)閉合電路歐姆定律得則有即與的比值大于r，故C正確；D．由于總電流增大，則電壓表V1的示數(shù)增大，，由于路端電壓減小，所以電壓表V2示數(shù)減小，，所以有大于，故D錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、AD【解析】

AB．根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U=E-Ir=-rI+E可見U-I圖象的縱軸截距即為電源的電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值即為電源的內(nèi)電阻r，由圖象可得：電動(dòng)勢(shì)為E=2.0V內(nèi)阻故A正確，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)外電阻為0時(shí)，電源短路，則短路電流故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)U=1.0V時(shí)，由E=U+Ir可得故D正確．8、AD【解析】A項(xiàng)：增大1時(shí)，R1上的分壓增大，而下極析上電勢(shì)不變，故上極板電勢(shì)增大，則電容器兩端的電勢(shì)差增大，極板上電荷量增大，故A正確；B項(xiàng)：若增大R2時(shí)，R2上的分壓增大，則R1兩端的電勢(shì)差減小，上極板上電勢(shì)降低，而下極板電勢(shì)不變，故可能使下極板帶正電，或電量減小，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：增大R3，則R3分壓增大，故下極板的電勢(shì)增大，會(huì)出現(xiàn)與B相同的結(jié)果，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：增大R4，則R4分壓增大，R3兩端的電勢(shì)差減小，故下極板上電勢(shì)降低，上下極板間電勢(shì)差增大，故電量增大，故D正確．點(diǎn)晴：由圖可知R1與R2串聯(lián)后與R3、R4并聯(lián)，開始時(shí)C的上極板帶正電，說明上極板電勢(shì)要高于下極板，要使電量增大應(yīng)增大上極板的電勢(shì)或減小下極板的電勢(shì)．9、CD【解析】

在下滑過程中電勢(shì)能增加0.5J，故物體需克服電場(chǎng)力做功為0.5J，故金屬塊正電，故AB錯(cuò)誤；在金屬塊滑下的過程中動(dòng)能增加了0.3J，重力做功1.5J，電場(chǎng)力為-0.5J，根據(jù)動(dòng)能定理得：W總=WG+W電+Wf=△EK，解得：Wf=-0.7J，故C正確；外力做功為W外=W電+Wf=-1.2J，故機(jī)械能減少1.2J，故D正確．所以CD正確，AB錯(cuò)誤．10、BCD【解析】

電勢(shì)?與位移x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度可知，電場(chǎng)方向未變，滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力始終做正功，電勢(shì)能逐漸減小，故A錯(cuò)誤；電勢(shì)?與位移x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，則x＝0.15m處的場(chǎng)強(qiáng)為：，此時(shí)的電場(chǎng)力為：F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N；滑動(dòng)摩擦力大小為：f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，電場(chǎng)力大于摩擦力，做加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，x＝0.15m后電場(chǎng)力小于摩擦力，做減速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大．故BC正確．在x＝0.15m時(shí)，電場(chǎng)力等于摩擦力，速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理得，qU﹣fx＝mv2，因?yàn)?.10m和0.15m處的電勢(shì)差大約為1.5×105V，代入求解，最大速度大約為0.1m/s．故D正確．三、實(shí)驗(yàn)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）0.00750.0150.0075碰撞中mv的矢量和是不變量（碰撞過程中動(dòng)量守恒）BCDC【解析】

（1）由圖1所示圖象可知，碰撞前球1的速度，碰撞后，球的速度，，入射小球碰撞后的，入射小球碰撞前的，被碰撞后的，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量，碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量，，由此可知：碰撞過程中動(dòng)量守恒；（2）“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)斜槽是否光滑沒有要求，A錯(cuò)誤；要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平，B正確；要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，C正確；為了保證小球碰撞為對(duì)心正碰，且碰后不反彈，要求ma＞mb，ra=rb，D正確．

（3）要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律定律即，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知根據(jù)兩小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，上式可轉(zhuǎn)換為，

故需驗(yàn)證，因此C正確．【點(diǎn)睛】本實(shí)驗(yàn)的一個(gè)重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運(yùn)動(dòng)并且落到同一水平面上，故下落的時(shí)間相同，所以在實(shí)驗(yàn)的過程當(dāng)中把本來需要測(cè)量的速度改為測(cè)量平拋過程當(dāng)中水平方向發(fā)生的位移，可見掌握了實(shí)驗(yàn)原理才能順利解決此類題目．12、2.52伏安特性曲線如圖所示0.32±0.02【解析】

(1)[1]根據(jù)并聯(lián)分壓可得當(dāng)，時(shí)可得[2]運(yùn)用描點(diǎn)法作出電阻器的伏安特性曲線，伏安特性曲線如圖所示(2)[3]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得作出圖象如圖中直線所示由此圖象與電阻器圖線的交點(diǎn)可得此時(shí)電阻器的電壓電流電阻器的實(shí)