2025届四川省广安市岳池中学物理高二上期中学业水平测试试题含解析

2025届四川省广安市岳池中学物理高二上期中学业水平测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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，定值电阻R=20Ω，电动机线圈的电阻R0=10Ω，当开关S断开时，电流表的示数是0.5A．当开关S闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（）A．I=1.5A B．I＜1.5AC．P=15W D．P＞15W2、人和船静止在水面上，当人沿水平船板向船头奔跑时，船会向后退，如图所示。使船后退的动力是（）A．人对船的摩擦力B．船对人的摩擦力C．水对船的浮力D．人对船的压力3、关于安培力和洛伦兹力，如下说法中正确的是（）A．带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用B．放置在磁场中的通电导线，一定受到安培力作用C．洛伦兹力对运动电荷一定不做功D．安培力对通电导线一定不做功4、在闭合电路中，E表示电动势，U表示外电压，U′表示内电压，R表示外电路的总电阻，r表示内电阻，I表示电流，则下列各式中对于纯电阻电路和非纯电阻电路均正确的是A．U′=IR B．U′=E－U C．U=E＋Ir D．U=Ir5、已知轴上固定着两个点电荷，如图为轴上各点电势关于其位置的变化规律。（设无穷远处电势为零）则下列说法正确的是A．两点电荷一定为同种电荷B．轴上x=5m处的电场强度最大C．电子由2m处沿x轴移动到5m处，电场力做正功D．试探电荷由无穷远处沿x轴的负向运动，加速度先增大后减小6、导体A带5Q的正电荷，另一完全相同的导体B带Q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体的带电荷量为()A．－Q B．Q C．2Q D．4Q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，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，若带电粒子q由a运动到b，电场力做正功，已知在a、b两点粒子所受电场力分别为Fa、Fb，则下列判断正确的是（）．A．若Q为正电荷，则q带正电，Fa>FbB．若Q为正电荷，则q带正电，Fa<FbC．若Q为负电荷，则q带负电，Fa>FbD．若Q为负电荷，则q带负电，Fa<Fb8、如图所示，用两节干电池点亮几只小灯泡，当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是：()A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗B．灯多时各灯两端的电压较低C．灯多时通过电池的电流较大D．灯多时通过各灯的电流较大9、两个完全相同的带电金属小球(均可视为点电荷)，电量大小分别2Q和4Q，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为a/2的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比可能为()A．8∶1B．8∶9C．2∶9D．2∶110、质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则（）A．当两物块相距最近时，物块甲的速率0.5m/sB．相互作用之后物块甲的速率可能达到4.1m/sC．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用,动量不守恒D．当物块甲的速率为1m/s时，物块乙的速率可能为2m/s，也可能为0三、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）为了研究一个“2.5V0.2W”小灯泡的伏安特性，现有4V蓄电池1个，电键1个，导线若干，其他可供选择的器材如下：A．量程为0—0.6A，内阻约为0.2Ω的电流表1个；B．量程为0—100mA，内阻约为5Ω的电流表1个；C．量程为0—3V，内阻约为10kΩ的电压表1个；D．量程为0—15V，内阻约为50kΩ的电压表1个E.额定电流为1A，阻值为0—5Ω的滑动变阻器1个．(1)要正确完成这个实验，电流表应选______，电压表应选______(选填相应器材前面的代号)(2)画出实验的电路原理图________．12．（12分）（1）图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头μA的量程为Ig=600μA内阻为Rg，mA是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA．完成下列填空．图1中分流电阻Rp的阻值为__________．（2）在电表改装成后的某次校准测量中，a表的示数如图2所示，由此读出流过a电流表的电流为__________mA，此时流过分流电阻Rp的电流为_______mA（结果均保留一位小数）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）光滑的平行金属导轨长x=2m，两导轨间距L=0.5m，轨道平面与水平面的夹角θ=30°，导轨上端接一阻值为R=0.6Ω的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B=1T，如图所示，有一质量m=0.5kg、电阻r=0.4Ω的金属棒ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不计．己知棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到最底端脱离轨道的过程中，电阻R上产生的热量Q1=0.6J，取g=10m/s2，试求：(l)当棒的速度v1=2m/s时，电阻R两端的电压；(2)棒下滑到轨道最底端时速度的大小；(3)棒下滑到轨道最底端时加速度a的大小．14．（16分）如图所示，电源的总功率为40W，电阻R1=4Ω,R2=6Ω（1）电源的内电路功率和电路中的总电流（2）电源的电动势．（3）R3的阻值．15．（12分）有一个带电荷量q=-3×10﹣6C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服静电场力做6×10﹣4J的功，从B点移到C点，电场力对电荷做9×10﹣4J的功．若以B点电势为零，求：（1）点电荷q在A点的电势能为多少？（2）C点的电势为多少？

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】

.当电键S断开时,由欧姆定律得，当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电流，故电流表的电流，电路中电功率，故B正确，ACD错误；2、A【解析】

当人沿水平船板向船头奔跑时，人受重力、摩擦力，由于物体间力的作用是相互的，所以人也给船一个向后的摩擦力，这个力就是船后退的动力，A正确。故选A。3、C【解析】

A．当带电粒子在磁场中运动方向与磁场方向平行时，带电粒子不受洛伦兹力作用。故A项错误。B．当通电导线电流方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培力作用。故B项错误。C．由左手定则可知，洛伦兹力与粒子的运动方向垂直，则洛伦兹力对运动电荷一定不做功。故C项正确。D．安培力方向与通电导线运动方向间无必然关系，安培力可能对通电导线做功。故D项错误。【点睛】洛伦兹力与电荷的运动方向垂直，洛伦兹力对运动电荷一定不做功。4、B【解析】

AD．已知电源的内电阻为r，干路电流为I，U′表示内电压，则据部分电路欧姆定律得U′=Ir故AD错误；B．根据闭合电路欧姆定律得U′+U=E，则有U′=E-U故B正确；C．将上两式联立得Ir=E-U，则得：U=E-Ir故C错误；5、C【解析】

A.由图象可知，无穷远处电势为零，在轴上有电势大于零的点，又有电势小于零的点，因此两点电荷一定为异种点电荷，故A错误；B.在图象中，图线的斜率表示电场强度的大小，由图可知x=5m处的斜率最小，则该点的电场强度最小，故B错误；C.电子在高电势点的电势能小，则电子由2m处沿x轴移动到5m处的过程中，电势能减小，电场力做正功，故C正确；D.由于5m处的电场强度最小，因此试探电荷由无穷远处沿x轴的负向运动，电场强度先增大后减小再增大，电场力先增大后减小再增大，则加速度先增大后减小再增大，故D错误。6、C【解析】试题分析：因为导体与其相同的导体接触时，导体间会平分电荷，所以两导体接触后的总电荷量是5Q＋（－Q）=4Q，再平分得2Q，这就是A和B导体所带的电荷量，选项C正确．考点：接触带电的计算．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、AC【解析】试题分析：若Q为正电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，知该带电粒子带正电，由Ea>Eb，则Fa>Fb．故A对、B错；若Q为负电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正电，知该带电粒子带负点，由Ea>Eb，则Fa>Fb．故C对、D错。考点：电场线。【名师点睛】电场线的应用（1）判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反；（2）判断电场强度的大小（定性）——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小；（3）判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向；（4）判断等势面的疏密——电场越强的地方，等差等势面越密集；电场越弱的地方，等差等势面越稀疏．8、ABC【解析】试题分析：由并联电路的规律可知外部总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可判断路端电压和通过电池的电流变化．解：A、B、C由图可知，灯泡均为并联．当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多，由并联电路的电阻规律可知，外部总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，通过电池的电流增大，则电池的内电压增大，故路端电压减小，灯泡两端的电压变小，灯泡变暗，故AB正确，C错误；D、由上分析可知，灯多时，通过电池的总电流减小，而支路的数目增大，所以各灯的电流较小，故D错误．故选AB【点评】解答本题应掌握：并联电路中并联支路越多，总电阻越小；同时注意闭合电路欧姆定律在电路动态分析中的应用方法，一般可按外电路﹣内电路﹣外电路的思路进行分析．9、CD【解析】开始时根据库仑定律得：，当带同种电荷时，根据接触带电原则可得各自带电为：3Q，此时的库仑力为：，所以，故C正确；当带异种电荷时，根据接触带电原则可得各自带电为：Q，此时的库仑力为：，所以，故D正确。所以CD正确，AB错误。10、AD【解析】当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，由动量守恒定律得：，代入数据解得：v=0.5m/s，故A正确；若物块甲的速率达到4.1m/s，方向与原来相反，则：，代入数据代入解得：v乙′=-3.1m/s，两个物体的碰后动能之和增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到4.1m/s，方向与原来相同，根据动量定理可知，甲的速度不可能增大，综合分析可得故B错误；甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故C错误；甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得：，代入数据解得：v乙′=2m/s；若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得：，代入数据解得：v乙′=0，故D正确。所以AD正确，BC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、BC【解析】

(1)小灯泡的额定电压为2.5V，所以采用电压表C，小灯泡的额定电流为，所以采用电流表B；(2)由于电压电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，正常工作时灯泡的电阻，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图如图所示：12、49.549.0【解析】

改装电流表要并联一电阻Rp，并联一电阻后流过表头a的电流为Ig，流过Rp的电流为IR，而加在表头和Rp上的电压相等，即IgRg=IRRp．【详解】第一空.由于Rg和Rp并联，由IgRg=IRRp和I=Ig+IR得：．第二空.由图2知流过a电流表的电流I'为49.5mA；第三空.设此时流过表头的电流为I'g，流过RP的电流为I'R，加在表头和Rp上的电压相等，故有：I'gRg=I′RRpI'=（I'g+I'R）解得：I'R=49.005mA≈49.0mA【点睛】解决此类问题要充分理解电表改装原理，电路的分压分流原理．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、⑴0.6V⑵4m/s⑶【解析】本题考查电磁感应与电路的结合，根据感应电动势公式E=BLv求出电动势，画出等效电路图，根据恒定电流知识点求解(1)当棒的速度v＝2m/s时，棒中产生的感应电动势E＝Bdv＝1V2分此时电路中的电流I＝ER+r(2)根据Q＝I2Rt得Q1Q2