2025屆湖南省郴州市湘南中學物理高二第一學期期中達標檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、兩根完全相同的金屬裸導線，如果把其中的一根均勻拉長到原來的3倍，然后給它們分別加相同電壓后，則在同一時間內它們產生的熱量之比為()A．1∶3 B．3∶1C．1∶9 D．9∶12、如圖所示，其中電流表A的量程為0.6A，表盤均勻劃分為30個小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于電流表內阻阻值的一半；R2的阻值等于電流表內阻的2倍。若用電流表A的表盤刻度表示流過接線柱1的電流值，則下列分析正確的是（）A．將接線柱1、2接入電路時，每一小格表示0.03AB．將接線柱1、2接入電路時，每一小格表示0.04AC．將接線柱1、3接入電路時，每一小格表示0.01AD．將接線柱1、3接入電路時，每一小格表示0.06A3、如圖所示的電路中，U=120V，滑動變阻器R2的最大值為200Ω，R1=100Ω．當滑片P滑至R2的中點時，a、b兩端的電壓為（）A．120V B．40V C．60V D．80V4、利用霍爾效應制作的霍爾元件,廣泛應用于測量和自動控制等區域,如圖是霍爾元件的工作原理示意圖,磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下,通入圖示方向的電流I,C、D兩側面會形成電勢差下列說法正確的是A．電勢差僅與材料有關B．僅增大磁感應強度時,電勢差變大C．若霍爾元件的載流子是自由電子,則電勢差D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時,霍爾元件的工作面應保持水平5、鋰電池因能量高、無污染而廣泛使用于手機等電子產品中。現用充電器為一手機鋰電池充電，等效電路如圖所示。充電器電源的輸出電壓為，輸出電流為，手機電池的內阻為，下列說法正確的是A．充電器輸出的電功率為B．鋰電池的輸入功率為C．鋰電池產生的熱功率為D．充電器的充電效率為6、有一條窄長小船停靠在湖邊碼頭，某同學想用一個卷尺粗略測定它的質量。他首先使船平行碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭后停下來，然后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離為d，船長為L，已知他自身的質量為m，則船的質量M為A． B． C． D．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、如圖所示電路，用直流電動機提升重量為400N的重物，電源電動勢為100V，不計電源內阻及各處摩擦，當電動機以0.80m/s的恒定速度向上提升重物時，電路中的電流為4.0A，可以判斷：（）A．提升重物消耗的功率為400WB．電動機消耗的總功率為400WC．電動機線圈的電阻為5ΩD．電動機線圈的電阻為20Ω8、一根輕質桿長為2L，可繞固定于中點位置處的軸在豎直面內自由轉動，桿兩端固定有完全相同的小球1和小球2，它們的質量均為m，帶電荷量分別為+q和–q，整個裝置放在如圖所示的關于豎直線對稱的電場中。現將桿由水平位置靜止釋放，讓小球1、2繞軸轉動到豎直位置A、B兩點，設A、B間電勢差為u，該過程中()A．小球2受到電場力變小B．小球1電勢能減少量小于uqC．小球1、2的機械能總和增加量小于uqD．小球1、2的動能總和增加了uq9、如圖所示，開始靜止的帶電粒子帶電荷量為+q，質量為m（不計重力），從點P經電場加速后，從小孔Q進入右側的邊長為L的正方形勻強磁場區域（PQ的連線經過AD邊、BC邊的中點），磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，若帶電粒子只能從CD邊射出，則A．兩板間電壓的最大值B．兩板間電壓的最小值C．能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間D．能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間10、如圖所示，一水平放置的光滑絕緣直槽軌連接一豎直放置的半徑為R的絕緣半圓形光滑槽軌．槽軌處在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度為B．有一個質量為m，帶電量為+q的小球在水平軌道上以一定初速度向右運動．若小球恰好能通過最高點，則下列說法正確的是（）A．小球在最高點只受到洛侖茲力和重力的作用B．由于無摩擦力，且洛侖茲力不做功，所以小球到達最高點時與小球在水平軌道上的機械能相等C．如果設小球到達最高點的線速度是v，小球在最高點時式子mg+qvB=mvD．小球從最高點脫離軌道后將做平拋運動三、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）要測繪標有“3V；0.6W"小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作。已選用的器材有：電池組（電動勢為4.5V，內阻約1Ω）；電流表（量程為0~250mA，內阻約為5Ω）；電壓表（量程為0~3V，內阻約為3kΩ）；電鍵一個、導線若干（1）實驗中所用的滑動變阻器應選下列的___________________（填字母代號）。A．滑動變阻器（最大阻值20Ω，額定電流1A）B．滑動變阻器（最大阻值1750Ω，額定電流0.3A）（2）實驗的電路圖應選用下列的圖____________（填字母代號）。（3）實臉得到小燈泡的伏安特性曲線如圖所示．如果將這個小燈泡接到電動勢為1.5V，內阻為5Ω的電源兩端，小燈泡消耗的功率是________W。（結果保留兩位有效數字）（4）如果將這樣相同的兩個燈泡并聯后接到電動勢為1.5V、內阻為5Ω的電源兩端，每個小燈泡消耗的功率是____________W.。結果保留兩位有效數字）12．（12分）現要測定一個額定電壓約4V，額定電流約為0.5A的小燈泡正常發光時的電阻，電壓表應該選擇________，電流表應選擇________，電路連接時應采用________(選填“電流表內接法”或“電流表外接法”)．A．V1量程4.5V，內阻約4×103ΩB．V2量程10V，內阻約8×103ΩC．A1量程3A，內阻約0.4ΩD．A2量程0.6A，內阻約2Ω四、計算題：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）如圖所示，在xoy坐標平面的第一象限內有一沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內有一垂直于平面向外的勻強磁場，一質量為m，帶電量為+q的粒子（重力不計）經過電場中坐標為（3L，L）的P點時的速度大小為V1．方向沿x軸負方向，然后以與x軸負方向成45°角進入磁場，最后從坐標原點O射出磁場求：（1）勻強電場的場強E的大小；（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小；（3）粒子從P點運動到原點O所用的時間．14．（16分）如圖所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板相距3.5L．槽內有兩個質量均為m的小球A和B，A球帶電量為+q，B球帶電量為-3q，兩球由長為2L的輕桿相連，組成一帶電系統．最初A和B分別靜止于左板的兩側，離板的距離均為L．若視小球為質點，不計輕桿的質量，現在兩板之間加上與槽平行，場強為E的向右的勻強電場后（設槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場的分布），帶電系統開始運動．試求：（1）從開始運動到B球剛進入電場時，帶電系統電勢能的改變量?E；（2）以右板電勢為零，帶電系統從開始運動到速度第一次為零時，A球所在位置的電勢φ為多大？（3）帶電系統從開始運動到速度第一次為零所需的時間．15．（12分）如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但不連接，該整體靜止在光滑水平地面上，并且C被鎖定在地面上．現有一滑塊A從光滑曲面上離地面h高處由靜止開始下滑，與滑塊B發生碰撞并粘連在一起壓縮彈簧，當速度減為碰后速度一半時滑塊C解除鎖定．已知mA＝m，mB＝2m，mC＝3m.求：(1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度；(2)被壓縮彈簧的彈性勢能的最大值．

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】

設原來的電阻為R，把其中的一根均勻拉長到原來的3倍，橫截面積變為原來的倍，根據電阻定律，電阻變為9R，根據焦耳定律，它們分別加相同電壓后，則在同一時間內它們產生的熱量之比為，故C正確，ABD錯誤；故選C．2、D【解析】

AB.當接線柱1、2接入電路時，電流表A與R1并聯，根據串并聯電路規律可知，R1分流為1.2A，故量程為1.2A+0.6A=1.8A故每一小格表示0.06A；故AB錯誤；CD.當接線柱1、3接入電路時，A與R1并聯后與R2串聯，電流表的量程仍為1.8A；故每一小格表示0.06A；故C錯誤D正確；3、B【解析】試題分析：由題，滑片P滑至R2的中點，變阻器下半部分電阻為100Ω，下半部分電阻與R1并聯的阻值為R并=R1=50Ω，則a、b兩端的電壓為Uab==40V，故B正確．考點：本題考查等效電阻，串聯電路的特點．4、B【解析】

AB．根據CD間存在電勢差，之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，設霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，則有：I=nqvS=nqvbc則：n由材料決定，故U與材料有關；U還與厚度c成反比，與寬b無關，同時還與磁場B與電流I有關，故A錯誤、B正確。

C．根據左手定則，電子向C側面偏轉，C表面帶負電，D表面帶正電，所以D表面的電勢高，則UCD＜1．故C錯誤。

D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，應將元件的工作面保持豎直，讓磁場垂直通過。故D錯誤。5、C【解析】

A．充電器電源的輸出電壓為，輸出電流為，則充電器的輸出電功率為，故A錯誤；BC．充電器輸出的電功率即為鋰電池的輸入功率為：鋰電池產生的熱功率為：故B錯誤，C正確；D．充電器的充電效率為：故D錯誤。故選C．6、B【解析】

根據題意，人從船尾走到船頭過程中，動量守恒，則有Mv0=mv即Md=m（L－d）解得船的質量為A.，與結論不相符，選項A錯誤；B.，與結論相符，選項B正確；C.，與結論不相符，選項C錯誤；D.，與結論不相符，選項D錯誤；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、BC【解析】試題分析：電動機消耗的電功率為，電動機輸出功率即提升重物消耗的功率為，所以電動機的熱功率為，根據公式可得，故B、C正確．考點：考查了電功率的計算8、BD【解析】

由圖可知，桿由水平位置轉到豎直位置時，球2所處的位置電場線變得密集，場強變大，則球2所受的電場力變大，選項A錯誤；根據電場線分布的對稱性可知：開始時兩個小球處于同一等勢面上，轉動后，小球1所在位置A的電勢較低，小球2所在位置B的電勢較高，根據等勢面線電場線的關系知道，A、1間電勢差小于2、B間的電勢差，小球2的電勢升高量大于小球1電勢降低量，所以小球1的電勢能減小量小于12qu，小球2的電勢能減小量大于12qu，選項B正確；根據動能定理，系統的重力勢能未變，則動能增加量等于電場力對系統做功，大小為uq，機械能增加量等于動能的增加量，即系統的機械能增加量也為uq，故C錯誤，D正確。【點睛】本題關鍵要能正確分析小球能量如何轉化，運用W=qU和U=Ed定性分析兩球電勢能的變化關系，由能量守恒定律分析即可。9、AC【解析】粒子在加速電場中，由動能定理可得：qU＝mv2，粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力：qvB＝，解得U＝，可見若加速電壓大，軌跡半徑也大，所以兩板間電壓最大時，粒子恰好從C點離開磁場，在磁場中運動軌跡如圖所示，由幾何關系得：R2＝L2＋，解得：R＝L，所以最大電壓Umax＝，故A正確，B錯誤；由圖可知，能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動時間最長的是恰好從D點離開磁場的，運動時間，故C正確，D錯誤;故選AC.點睛：帶電粒子經電場加速進入正方形磁場做勻速圓周運動，由半徑公式知道電壓越大，進入磁場的速度越大，則打在下邊的距離越遠，而偏轉角越小，時間越短．由題設條件，顯然打在C點的帶電粒子半徑最大，運動時間最短，而打在D點的半徑最小，時間最短．10、AB【解析】A、據題知，小球恰好通過最高點時，軌道對球無作用力，小球在最高點時只受到重力和洛倫茲力兩個力作用，故A正確；B、由于洛倫茲力和軌道的彈力不做功，只有重力做功，小球運動過程中機械能是守恒的，則有小球到達最高點與小球在水平軌道上的機械能相等，故B正確；C、D、如果設小球到最高點的線速度是v，小球在最高點時，由左手定則判斷可知，小球受到的洛倫茲力方向豎直向上，根據牛頓第二定律得：mg-qvB=mv2D．小球離開軌道后仍然受到重力以及與速度方向垂直的洛倫茲力的作用，所以不能做平拋運動．故D錯誤．故選：AB點睛：小球恰好通過最高點時，軌道對球無作用力，小球在最高點時受到重力和洛倫茲力，向心力等于重力和洛倫茲力的合力；由于洛倫茲力和軌道的彈力不做功，只有重力做功，小球運動過程中機械能是守恒的，根據牛頓第二定律可得知在最高點時小球的速度與半徑的關系式．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、AB0.096~0.110.053~0.059【解析】

（1）[1]實驗要求燈泡兩端的電壓由零逐漸增加到3V，則滑動變阻器應采用分壓接法，為調節方便，滑動變阻器應選擇小電阻，故選：A；（2）燈泡正常發光時的電阻為，根據：，，得：，電流表應采用外接法，因此實驗電路應選B；（3）[3]電源與小燈泡直接串聯，那么路端電壓等于小燈泡兩端的電壓，畫出內阻為5Ω，電動勢為1.5V的電源的路端電壓與干路電流的關系圖線和小燈泡的伏安特性曲線的交點即表示小燈泡與該電源直接串聯。根據交點坐標(1.0V，0.1A)可以計算出小燈泡消耗的功率為：P=UI=1×0.1=0.10W；（4）[4]如果將這樣相同的兩個燈泡并聯后接到電動勢為1.5V、內阻為5Ω的電源兩端，設小燈泡電壓為U，電流為I，根據閉合電路歐姆定律整理得：在小燈泡的伏安特性曲線圖像中做出I-U圖線，交點坐標（0.075A，0.70V）即為每一個小燈泡兩端的電壓和電流，每個小燈泡消耗的功率是；12、AD電流表外接法【解析】小燈泡額定電壓約為4V，電壓表選擇量程4.5V，故電壓表應該選擇A；小燈泡額定電流約為0.5A，電流表選擇量程0.6A，故電流表應選擇D；由可知小燈泡正常發光時的電阻約為，又有，所以電路連接時應采用電流表外接法。【點睛】根據燈泡額定電壓選擇電壓表，燈泡額定電流選擇電流表，根據燈泡電阻與電表內阻的關系確定電流表的接法。四、計算題：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、（1）mv022qL（2）【解析】試題分析：（1）當粒子從P點垂直進入電場后，做類平拋運動，再以與x軸成45°垂直進入勻強磁場后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，接著從原點射出．由粒子在電場P點的速度可求出剛進入磁場的速度，再由動能定理可得電場強度．（2）從而由類平拋運動與圓周運動結合幾何關系可求出圓弧對應的半徑，因此可算出磁感應強度．（3）同時由周期公式及運動學公式可求出粒子從P點到O點的時間．粒子在電場中經過點P后，做類平拋運動，進入磁場中做勻速圓周運動，從O點射出，則其運動軌跡如圖所示．（1）設粒子在O點時的速度大小為v，OQ段為圓周，PQ段為拋物線．根據對稱性可知，粒子在Q點時的速度大小也為v，方向與x軸正方向成45°角，可得v解得v=在粒子從P運動到Q的過程中，由動能定理得qE0L=在勻強電場由P到Q的過程中，水平方向的位移為x=豎直方向的位移為y=可得x由OQ=2Rcos45°故粒子在QO段圓周運動的半徑R=22L（3）在Q點時，v設粒子從P到Q所用時間為t1，在豎直方向上有：粒子從Q點運動到O所用的時間為t則粒子從O點運動到P點所用的時間為：t14、【小題1】【小題2】【小題3】【解析】

（1）根據電場力做功可以求出電勢能的該變量（2）求出運動的位移，再根