2025届江西省上饶二中物理高二上期中达标检测试题含解析

2025届江西省上饶二中物理高二上期中达标检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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，两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设有大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则两铝环的运动情况是（）A．都绕圆柱体运动 B．彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C．彼此相向运动，电流大的加速度大 D．彼此相向运动，电流小的加速度大2、如图所示，平行板电容器充电完毕后与电源断开．设平行板电容器的电容为C，两极板正对面积为S，两极板间的距离为d，两极板间场强为E.下列说法正确的是()A．若保持S不变，增大d，则C变小，E变大B．若保持S不变，减小d，则C变大，E不变C．若保持d不变，减小S，则C变大，E不变D．若保持d不变，减小S，则C变小，E变小3、如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是（）A．电子一定从A向B运动B．点电荷Q一定靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有<D．B点电势可能高于A点电势4、两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个电量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v～t图象如图乙所示，其中B点处为整

条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的（）A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D．AB两点电势差

V5、如图所示的电路中，电源电压恒定，其中两个电阻分别为10Ω和20Ω，另一个电阻R大小未知，当S断开时，理想电压表的示数为6V，当S闭合后，a、b两点间电压可能是（）A．11VB．10VC．9VD．8V6、如图，一个质子（）和一个α粒子（）从静止开始通过A,B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则（）A．它们通过加速电场所需的时间之比是B．它们通过加速电场过程中速度的增量之比是C．它们通过加速电场过程中动能的增量之比是D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量之比是二、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，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，电键K合上后，静电计指针张开一个角度。下述哪些做法可使指针张角增大？A．使A、B两板靠近些；B．使A、B两板正对面积错开些；C．断开K后，使B板向右平移拉开一些；D．断开K后，使A、B正对面错开些。8、如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，∠ABC=60°，AB长为1m，匀强电场电场线与三角形所在平面平行，已知φA＝5V、φB＝－5V、将一带电量为q=2×10-5C的正电荷从A点移到C点，克服电场力做功2×10-4J，则下列说法正确的是A．场强的方向垂直AD连线斜向下 B．场强的方向垂直于BC斜向下C．场强的大小为 D．场强的大小为10V/m9、如图所示，在三维直角坐标系中，分布着沿y轴正方向的匀强磁场，折线导线ABCDEF固定在立方体上，现通以方向如图的电流I，下列说法正确的是A．BC、DE所受安培力相同B．CD所受安培力最大C．AB所受安培力为零D．BC、CD所受安培力方向相同10、在如图所示的电路中，A、B为相同的两个灯泡，当变阻器的滑动头向C端滑动时A．A灯变亮 B．A灯变暗C．B灯变亮 D．B灯变暗三、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）测量“水果电池”的电动势和内电阻：将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约1．5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1．5V，额定电流为2．3A的手电筒上的小灯泡．原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA．现用量程合适的电压表、电流表以及滑动变阻器、开关、导线等实验器材尽量精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻．（1）若给出的滑动变阻器有两种规格：A（2～32Ω）B（2～32kΩ）．本实验中应该选用哪种规格的滑动变阻器？答：．（2）在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，经描点、连线得到U﹣I图象，如图所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势的内电阻分别为E=V；r=Ω．12．（12分）某同学在探究弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数。主要实验步骤如下：将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将毫米刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好指在刻度尺上。当弹簧自然下垂时，指针的指示值记作；弹簧下端挂一个砝码时，指针的指示值记作；弹簧下端挂两个砝码时，指针的指示值记作……；挂七个砝码时，指针的位置如图所示，指针的指示值记作。已知每个砝码的质量均为50g；测量记录表：(1)实验中，的值还未读出，请你根据上图将这个测量值填入记录表中_________。(2)为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了四个差值：，，，。根据以上差值，可以求出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量。用、、、表示的式‍子为_________________。(3)计算弹簧的劲度系数__________。(取9.8)四、计算题：本题共2小题，共26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）利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势，电源内阻，电阻，重物质量，当将重物固定时，理想电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为，不计摩擦，g取求：串联入电路的电动机内阻为多大？重物匀速上升时的速度大小．匀速提升重物3m需要消耗电源多少能量？14．（16分）如图所示，倾角θ=37°的斜面与光滑圆弧BCD相切于B点，整个装置固定在竖直平面内．有一质量m=2.0kg可视为质点的物体，从斜面上的A处静止下滑，AB长L=3.0m，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.1．不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2、sin37°=0.6、cos37°=0.2．求：（1）物体第一次从A点到B点过程克服摩擦力做功；（2）物体第一次回到斜面的最高位置距A点距离；（3）物体在斜面运动的总路程．15．（12分）利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E＝6V，电源内阻r＝1Ω，电动机内阻r0＝1Ω，电阻R＝3Ω，重物质量m＝0.10kg.当电动机以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为U=5.5V．不计空气阻力和摩擦，取g=10m/s1．求：（1）电源内电压U1；（1）重物匀速上升时的速度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】

根据电流间相互作用规律：“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互吸引，即彼此相向运动，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，所以B正确，ACD错误．故选B．2、B【解析】

平行板电容器充电后与电源断开，其电量保持不变．将两极板间距离减小，由电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式确定电量的变化．根据E=Ud分析电场强度【详解】平行板电容器充电后与电源断开，电量Q保持不变。AB、若保持S不变，将两极板间距离增大，由电容的决定式C=εS4πkd分析得知，电容C变小，由根据E=Ud、C=εS4πkd和C=QU得：E=4πkQεS，可知E与d无关，则E不变，故A错误，B正确；CD、若保持d不变，将两极板间正对面积减小，由电容的决定式C=εS4πkd分析得知，电容C变小，由根据E=Ud、C=εS【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式．3、C【解析】

A．由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，不能得到运动走向，故A错误；B．由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，电场线从M到N，但是不能确定点电荷的位置，故B错误；C．电子受力指向凹的一侧可得：根据电子只受电场力作用；电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大可得：EpA＜EpB，故C正确；D．电子受力指向凹的一侧可得：MN上电场线方向向右；根据沿着电场线电势降低可得：B点电势可能低于A点电势，故D错误；4、D【解析】

A、速度时间图像中图线的斜率表示加速度，加速度越大，则受到的电场力越大，即电场强度越大，故在B点的加速度最大，其大小为，根据牛顿第二定可得，解得，故A错误；B、从C到A过程中速度增大，即动能增大，电场力做正功，电势能减小，同一正电荷的电势能减小，则电势减小，故BC错误；D、从图中可知A、B两点的速度分别为：，物块在B到A过程，根据动能定理得：，得到：，则，故D正确．5、D【解析】

当S断开时，10Ω与20Ω的两个电阻串联，根据串联电路中电压与电阻成正比的特点可得，10Ω电阻的电压为3V，所以a、b间的电压为9V，当S闭合后，ab间的电阻减小，分担的电压减小，所以ab间的电压小于9VA.11V与分析不符，故A项错误；B.10V与分析不符，故B项错误；C.9V与分析不符，故C项错误；D.8V与分析相符，故D项正确．6、D【解析】

A.粒子在匀强电场中做匀加速直线运动满足：，又因为，故，，故A错误；BC.电场力做功W电=qU，根据动能定理，电场力作功等于动能的增量，由W电=Ek-Ek0，故它们通过加速电场过程中动能的增量之比为电荷量之比为1:2，故速度的增量为：，故BC错误；D.根据电场力做功之比为1:2，而电场力做功等于电势能的减少量，

故它们通过加速电场过程中电势能的减少量之比是1:2

故D正确．故选：D．【点睛】根据匀变速运动的位移公式和牛顿第二定律计算讨论时间关系；根据电场力做的功等于电势能的减少量，只有电场力做功时，电场力做功等于动能的增量判断动能的增量和电势能的变化量，进一步判断速度的增量．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、CD【解析】

AB．开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变。故A、B错误。C．断开S，电容器所带的电量不变，B板向右平移拉开些，则由，电容减小，根据Q=CU知，电势差增大，则指针张角增大。故C正确。D．断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，由，电容减小，根据Q=CU知，电势差增大，则指针张角增大。故D正确。8、AC【解析】

A点到C点的电势差为：，由于，可得：，由题意，φA=5V、φB=-5V、φC=15V，则BC连线的中点D的电势为：，则φD=φA，AD为一条等势线，根据电场线与等势线垂直，可知，场强的方向垂直于AD连线斜向下，如图所示，故A正确，B错误；场强的大小为：，故C正确，D错误。9、AB【解析】BC、DE的有效长度均为AE，根据F=BIL可得两者受到的安培力相同，A正确；EF不受安培力，AB与CD均与磁场垂直，受到的安培力与等效长度成正比，又因为CD>AB，所以CD所受安培力最大，B正确C错误；BC、CD的有效长度不同，所以受到的安培力大小不同，根据左手定则可知，两者受到的安培力方向也不同，D错误．10、AC【解析】

AB．当滑片向上，滑动变阻器的阻值变大，电路的总电阻都会变大，据闭合电路欧姆定律知总电流变小，内电压减小，所以路端电压增大，可知灯A变亮，选项A正确，B错误；CD．再据干路电流变小，灯A电流变大，所以电源右侧电路的电流减小，电阻R上的电流变小了，所以分压也就减少了，但是路端电压增大，所以B灯和滑动变阻器上的电压就变大，所以B灯实际功率的变大，所以B灯变亮，选项C正确，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、（1）B；（2）1．52；522Ω．【解析】试题分析：（1）电源的内阻大约，若选用2～32Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，因此滑动变阻器应选B：R2（阻值2～3kΩ）．（2）由图示电源U﹣I图线可知，图象与纵轴截距为1．52，则电源电动势：E=1．52V；电池内阻：；考点：测定电源的电动势和内阻．名师点睛：此题考查了测定电源的电动势和内阻的试验；关键是搞清试验的原理及处理数据的方法，知道实验误差的来源，会从U﹣I图线中获取电源的电动势和内电阻．12、14.05(14.03~14.07)28【解析】

(1)[1]毫米刻度尺的最小分度值为1mm，估读到0.1mm，L7的读数为14.05cm.(2)[2]根据各个差值，可以求出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量△L，△L用d1、d2、d3、d4表示的式子为(3)[3]据，有：根据胡克定律有m0g=利用数据可求得四、计算题：本题共2小题，共26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）6J【解析】

根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压电动机消耗的电功率等于输出的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小，根据求解匀速提升重物3m需要消耗电源的能量．【详解】由题，电源电