2025届甘孜市重点中学物理高二第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析

2025届甘孜市重点中学物理高二第一学期期中学业水平测试模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、关于重力，下列说法中正确的是（）A．只有静止的物体才受到重力的作用B．只有做自由落体运动的物体才受到重力的作用C．重力的方向总是与物体的运动方向相同D．重力的方向总是竖直向下的2、根据电场线的模拟实验，描绘出了一个正电荷的电场线分布图，如图所示。设该电场中a、b两点的电场强度的大小分别为、，则和的关系为：（）A．B．C．D．无法确定3、图甲为某一小灯泡的U—I图线,现将两个这样的小灯泡并联后再与一个3Ω的定值电阻串联,接在内阻为2Ω，电动势为5V的电源两端,如图乙所示,则()A．此时电源内电路功率大于外电路功率B．通过电流表的电流为0.6A,此时每盏小灯泡的电功率为0.6WC．内电路上的电压为2V,此时内电路的电功率为0.36WD．通过R的电流为0.3A,此时R的电功率为0.9W4、有、、三个点电荷，若将、放在距离为的位置上，受到的库仑力大小为．若将、放在距离为的位置，受到的库仑力大小为．那么与所带电荷之比是（）A．B．C．D．5、关于下列物理量的说法正确的是（）A．根据可知，电场中某点的电场强度E与处于该点的点电荷电量q成反比B．根据可知，磁感应强度B与F成正比，与IL乘积成反比，其单位关系是C．由电源电动势可知，非静电力做功越多，电源电动势也就越大D．虽然，但电容器的电容不由极板所带电荷量、极板间电势差决定6、如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量为)可采用的方法是()A．增大两板间的电势差U2B．尽可能使板长L短些C．使加速电压U1升高些D．尽可能使板间距离d小些二、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、下列图中，绝缘细绳一端固定在天花板，一端系一质量为ｍ的带正电小球，为了使小球能静止在图中所示位置，可加一个与纸面平行的匀强电场，所加电场方向可能是：A． B． C． D．8、如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平。一质量为m的小物块（可视为质点）自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力为2mg，g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是A．小物块到达最低点N时的速度大小为B．小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgRC．小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为D．小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点9、在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板与灵敏的静电计相连，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，下列说法正确的是A．两极板间的电压几乎不变B．电容器极板上所带电荷量变大C．电容器极板上所带电荷量几乎不变D．电容器两极板间的电压变大10、如图所示，竖直正对的平行板电容器带等量异种电荷，带正电的右板与静电计相连，左板接地．假设两极板所带的电荷量不变，电场中P点固定一带正电的点电荷，下列说法正确的是A．若仅将左板上移少许，则静电计指针偏角变小B．若仅将左板右移少许，则静电计指针偏角变小C．若仅将左板上移少许，则P点电势升高D．若仅将左板右移少许，则P的点电荷电势能增大三、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）用如图所示的电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约6V，内阻约几欧），定值电阻R1（阻值3kΩ），保护电阻Ro（阻值5Ω），滑动变阻器R，开关S，导线若干。供选择的电流表和电压表有：电流表Al：量程0--0.6A．内阻约lΩ：电流表A2：最程0-3A，内阻约lΩ。电压表Vl：量程是15V，内阻为9kΩ；电压表V2:量程是3V，内阻为3kΩ。请完成实验：(1)电流表选用____；电压表选用____。（选填电表符号）(2)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关，逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记录5组电压表示数U和对应的电流表示数I，建立U-I坐标系，将5组(U，I)数据对应的点标在了坐标系上，如图所示。请在坐标系上画出U-I图像。(3)根据所画图像可得出待测电源的电动势E=___V，内阻r=___Ω。（结果均保留两位有效数字）12．（12分）某同学在“练习使用多用电表”实验中，实验步骤及相关操作如下：（1）该同学在使用多用电表前，发现多用电表的指针不在零刻度上，如图甲所示．那么在使用前，他应调节甲图中表盘上的哪一个部件？答：_______；（填“A”或“B）（2）该同学按正确操作步骤测量发光二极管的正反向电阻，测量结果如图乙所示．此时多用电表选择开关置于欧姆档“×10”档位，二极管导通．由此可知，与多用电表红表笔接触的是发光二极管的________极（填“正”或“负”）；（3）测得的二极管的正向电阻值约为_______Ω．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）已知如图,,,,的变化范围是。求：(1)上消耗的最大电功率？(2)电源的最大输出电功率？(3)上消耗的最大电功率？14．（16分）如图所示，在水平面上放置的相距为1.2m的平行金属导轨与电源、电键、导体棒AB、滑动变阻器可构成闭合电路，磁感应强度为B=1.5T的匀强磁场竖直向下，导体棒AB的质量m=1．5kg，它与轨道之间的动摩擦因数μ=1.15。当电键S闭合时，电路中电流为5A(g取11m／s2)．求：(1)此时导体棒AB受到的安培力大小及方向．(2)此时导体棒AB的加速度大小．15．（12分）在如图所示的直角坐标系xoy中，矩形区域oabc内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0×10﹣2T；第一象限内有沿﹣y方向的匀强电场，电场强度大小为E=1.0×105N/C．已知矩形区域oa边长为0.60m，ab边长为0.20m．在bc边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为υ=2.0×106m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=1.6×10﹣27kg，电荷量为q=+3.2×10﹣19kg，不计粒子重力，求：（计算结果保留两位有效数字）（1）粒子在磁场中运动的半径；（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为多少？（3）放射源沿﹣x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间．

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、D【解析】试题分析：地球附近的一切物体都会受到重力的作用，与运动状态无关，重力的方向始终竖直向下，与运动方向没有关系．解：A、B、一切物体均受到重力作用，与运动状态无关，故AB不符合题意．C、重力的方向与物休的运动方向没有关系，故C不符合题意．D、重力的方向指向地心，所以总是竖直向下的（如重锤线静止时，总是位于竖直方向）．故D符合题意．故选D．【点评】本题考查对重力单位、方向、作用点的理解，注意受到重力的作用与运动状态无关，与质量及重力加速度有关．2、A【解析】根据电场线的疏密程度表示场强大小，电场线越密的地方场强越大，反之越小，由图可知a点的电场线比b点的密，故Ea>Eb点晴：解决本题关键理解电场线的疏密程度表示场强大小，电场线越密的地方场强越大，反之越小。3、B【解析】

A．此时外电路电阻大于内电阻，根据P=I2R可知，电源内电路功率小于外电路功率，选项A错误；B．设通过每个小灯泡的电流为I，电压为U，则电路中总电流为2I．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-2I（R+r）代入得：U=5-10I当U=0时，I=0.5A；当I=0时，U=5V。

在U-I图上作出U=5-10I的图象如图：

此图线与小灯泡的U-I图线的交点即为乙图状态下小灯泡的工作状态，由图读出通过每盏小灯泡的电流强度为I=0.3A，电压为U=2V，则此时通过电流表的电流为0.6A，每盏小灯泡的电功率为P=UI=0.6W；故B正确；C．内电路上的电压为0.6×2V=1.2V，此时内电路的电功率为Pr=I2r=0.62×2=0.72W选项C错误；D．通过R的电流为0.6A，此时R的电功率为PR=I2R=0.62×3=1.08W，选项D错误。4、C【解析】由库仑定律，只有变化，则之比等于之比，故C项正确．综上所述，本题正确答案为C5、D【解析】A项：电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点受力F无关，仅有带电体本身决定，故A错误；B项：B与F成正比，与IL成反比”不对，磁感应强度是由磁场本身决定的，与F、L、I无关，故B错误；C项：移送相同电荷量时，非静电力做功越多，电动势越大，故C错误；D项：是电容器的定义式，电容只取决于本身的性质，故D正确。6、D【解析】

本题的关键是根据动能定理和类平抛运动规律求出示波管灵敏度的表达式，然后讨论即可求解。【详解】带电粒子加速时，由动能定理得：qU1=mv2带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得：L=vt，h=at2又由牛顿第二定律得：联立得由题意，灵敏度为：可见，灵敏度与U2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、加速电压U1降低一些，故A、B、C错误，D正确．【点睛】本题主要考查带电粒子在匀强电场中的运动，结合动能定理和类平抛规律与电场知识可解。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、BCD【解析】

A图中，小球带正电，场强方向水平向左，带电小球所受的电场力水平向左，则小球不可能静止在图示位置，故A错误；B图中，小球带正电，场强方向水平向右，带电小球所受的电场力水平向右，则小球可能静止在图示位置，故B正确；C图中小球受电场力方向斜向右上方，向下的重力及向左上方的细线的拉力，三力可能平衡，选项C正确；D图中，当qE=mg，且电场方向向上，小球能静止在图中位置，故D正确．故选BCD．【点睛】解决本题的关键是知道正电荷所受的电场力方向与场强方向相同，分析结果要符合平衡条件，做完后可用平衡条件检验一下．8、BC【解析】

设小物块到达最低点N时的速度大小为v。在N点，根据牛顿第二定律得：FN-mg=m；据题有FN=2mg；联立得，故A错误。小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgR，故B正确。小物块从P点运动到N点的过程，由动能定理得：mgR-Wf=mv2，可得克服摩擦力所做的功为Wf=mgR，故C正确。由于小物块要克服摩擦力做功，机械能不断减少，所以小物块不可能到达Q点，故D错误。故选BC。【点睛】本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，要知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力．9、CD【解析】电容器与电源未相连，则电容器极板上所带的电荷量不变，根据电容决定式：可知，极板B稍向上移动一点，则s减小，电容减小，根据可知，电压增大，故CD正确，AB错误。10、BC【解析】

A.两极板所带的电荷量不变，若仅将左板上移少许，根据可知，电容C减小，由可知，U增大，所以静电计指针偏角θ增大，故A错误；B.若仅将左板右移少许，d减小，可知，电容C增大，由可知，U减小，由则静电计指针偏角θ变小，故B正确；C.若仅将左板上移少许，根据可知，电容C减小，由可知，U增大，由可知，E增大；左极板接地，由沿电场线的方向电势降低可知P点的电势为正，根据可得，P点电势升高，故C正确；D.若仅将左板右移少许，两极板所带的电荷量不变，则E不变，根据可得，P点电势减小，则由可得P的点电荷电势能减小，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、A1V25.85.0【解析】

（1）因为电流表要求读数时，指针偏转三分之一以上，根据回路电流测算，当外电阻最小时，回路电流最大，将题干的电阻代入，算出电流，所以电流表选择A1，电流表取A1，电流最大0.6A，电压表3V就够用了，所以电压表选V2（2）连线如图（3）根据闭合电路欧姆定律得到整理得到：，所以图像截距，所以电动势，斜率，所以内阻12、A；负；185；【解析】

（1）[1]．该同学在使用多用电表前，发现多用电表的指针不在零刻度上．那么在使用前，他应调节甲图中表盘上的A；（2）[2]．二极管加的是正向电压，欧姆表红表笔内部接电源的负极，则与多用电表红表笔接触的是发光二极管的负极；（3）[3]．测得的二极管的正向电阻值约为18.5×10Ω=185Ω．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)4.5W；(2)4.5W；(3)2.25W【解析】

（1）当R2=0Ω

时，电路中电流最大，则R1上功率最大，最大功率：；（2）当R1+R2=r=2Ω，即R2=0时，电源输出功率最大,最大为：；（3）将R1视为电源的内电阻处理，则根据电源的输出功率随外电阻变化的特点，知道当R2=R1+r=4Ω时电源的输出功率最大（即外电阻R2消耗的电功率最大），最大功率为：。14、（1）1.5N，方向水平向左（2）【解析】试题分析：（1）由题可得，导体AB受到安培力大小根据左手定则可知，安培力的方向：水平向左（2）根据牛顿第二定律，AB的加速度a，则：代入数据得：考点：考查了安培力的计算，牛顿第二定律【名师点睛】由图象可知电流方向，由左手定则判断安培力的方向，根据牛顿第二定律求