上海市上海外國語附屬外國語學校2025屆物理高二第一學期期中達標測試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、有一家用電風扇，電風扇兩端電壓為220V，工作電流為0.5A，則下列說法中正確的是（）A．電扇線圈電阻為440Ω B．電扇線圈電阻大于440ΩC．電扇線圈電阻小于440Ω D．電扇線圈的電阻可用歐姆定律計算2、理想變壓器原、副線圈的匝數比為10:1，原線圈輸入電壓的變化規律如圖甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，P為滑動變阻器R的滑片．下列說法正確的是()A．副線圈輸出電壓的頻率為100HzB．理想交流電壓表的示數為31.1VC．P向下移動時，變壓器原、副線圈中電流都變大D．P向上移動時，變壓器的輸出功率增大3、工人師傅在改裝電爐時，為了使電功率減小到原來的一半，下列措施中可行的是A．截去一半電爐絲B．串聯一條相同的電爐絲C．并聯一條相同的電爐絲]D．把連接電爐和電源的電線長度增加一倍。4、關于點電荷的說法，正確的是()A．大小和形狀對作用力的影響可以忽略的帶電體可以視為點電荷B．體積很大的電荷，一定不能作為點電荷C．點電荷一定是帶電量很小的電荷D．只有體積很小的電荷，才能作為點電荷5、關于電源的電動勢，下列說法中正確的是（）A．電源電動勢的大小，等于非靜電力在電源內部把正電荷從負極送到正極所做的功的大小B．電動勢公式中與電壓中的是一樣的，都是電場力做的功C．電源不接入電路時，電源兩極間的電壓大小等于電動勢D．電源的電動勢越大，電源所能提供的電能就越多6、下列物理量中采用比值法定義的是A．電流強度， B．電阻， C．電動勢， D．電容，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、如圖中電源的電動勢為6V,內阻為,為,全阻值為,下列說法錯誤的是A．當為時,消耗的功率最大B．通過改變的阻值,路端電壓的最大值為5V,最小值為3VC．的阻值越小,消耗的功率越大D．當的阻值為時,消耗的功率最大8、一個帶正電的粒子（重力不計）穿過如圖所示的勻強磁場和勻強電場區域時，恰能沿直線運動，則欲使粒子向上偏轉應采用的辦法是（）A．減小電場強度B．增大電荷電荷量C．減小入射速度D．增大磁感應強度9、如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行水平放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間有一質量為m、帶電量為q的油滴恰好在P點處于靜止狀態．則下列說法正確的是（）A．在S仍閉合的情況下，若將A板向下平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G中有的電流B．在S仍閉合的情況下，若將A板向右平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G中有的電流C．若將S斷開，且將A板向左平移一小段位移，P點電勢升高D．若將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，P點電勢不變10、如圖所示，三條平行且等間距的虛線表示電場中的三個等勢面，其電勢分別為10V、20V、30V．實線是一帶電的粒子（不計重力）在該區域內運動的軌跡，對于軌跡上的a、b、c三點，已知：帶電粒子帶電量為0.01C，在a點處的動能為0.5J，則該帶電粒子（）A．可能是帶負電B．在b點處的電勢能為0.3JC．在b點處的動能為零D．在c點處的動能為0.4J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）在《描繪小燈泡伏安特性曲線》實驗中選擇“3V0.5A的小燈泡作為研究對象，(填入器材序號)A．電流表(量程0～0.6A，內阻1Ω)B．電流表(量程0～3A，內阻1Ω)C．電壓表(量程0～15V，內阻約10kΩ)D．電壓表(0～3v，內阻約2kΩ)E.滑動變阻器(阻值0～100Ω)F.滑動變阻器(阻值0～10Ω)G.電源E=6VH.開關I，導線若干(1)在本實驗中，電流表應選擇______電壓表應選擇______滑動變阻器應選擇______(2)滑動變阻器應采用______(填“分壓”或“限流”)接法，電流表應采用______(填“內”、“外”)接法(3)在答題卡虛線框中畫出實驗電路圖.可用的器材有：電壓表、電流表、滑線變阻器（變化范圍0—10Ω）、電源、小燈泡、電鍵、導線若干.（用直尺作圖）______(4)小燈泡燈絲的電阻會隨溫度的升高而變大.某同學為研究這一現象，用實驗得到如下數據（I和U分別表示小燈泡上的電流和電壓）：I（A）0.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U（V）0.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00在答題卡坐標格中畫出小燈泡的U—I曲線保留描點痕跡）______12．（12分）某研究性學習小組利用伏安法測定某一電池組的電動勢和內阻,實驗原理如圖甲．已知靈敏電流計G的滿偏電流Ig=10mA，內阻Rg=190.0Ω，R0是標稱值為20.0Ω的定值電阻，R1是標稱值為10.0Ω的定值電阻．(1)根據電路圖，用筆畫線代替導線完成實物圖的連接____．(2)通過改變滑動變阻器的滑動觸頭，得到幾組電壓表與靈敏電流計的讀數，如表．前面5組數據在圖中已經描出，請把第6組數據在圖中描出，并連線作圖_______，求出電池的電動勢E_____V，內阻r=_______Ω；（結果保留兩位有效數字）(3)若R0的實際阻值比標稱值偏大，僅考慮這個因素，則電源電動勢的測量值_____真實值（填“大于”“小于”“等于”）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，真空中有平行正對金屬板A、B，它們分別接在輸出電壓恒為U=91V的電源兩端，金屬板長L=10cm、兩金屬板間的距離d=3.2cm，A、B兩板間的電場可以視為勻強電場。現使一電子從兩金屬板左側中間以v0=2.0×107m/s的速度垂直于電場方向進入電場，然后從兩金屬板右側射出。已知電子的質量m=0.91×10-30kg，電荷量e=1.6×10-19C，兩極板電場的邊緣效應及電子所受的重力均可忽略不計（計算結果保留兩位有效數字），求：（1）電子在電場中運動的加速度a的大小；（2）電子射出電場時在沿電場線方向上的側移量y；（3）從電子進入電場到離開電場的過程中，其動量增量的大小。14．（16分）如圖所示，水平面上有電阻不計的U形導軌NMPQ，它們之間的寬度為L=10cm，M和P之間接入電動勢E=1.5V、內阻r=0.1Ω的電源．現垂直于導軌放置一根質量為m=0.1kg，電阻為R=0.2Ω的金屬棒ab，并加一個范圍較大的勻強磁場，磁感應強度大小為B=1T，方向與水平面夾角為37°且指向右斜上方，ab棒保持靜止．求：（1）ab棒受到的安培力的大小；（2）ab棒受到的支持力和摩擦力各為多少．15．（12分）如圖，水平放置金屬導軌M、N，平行地置于勻強磁場中，間距為lm，磁場的磁感強度大小為1T，方向與導軌平面夾角為=37°，金屬棒b的質量為0.02kg，放在導軌上且與導軌垂直，且與導軌的動摩擦因數為0.4，電源電動勢為1.5V，內阻為0.5Ω，定值電阻R為1Ω，其余部分電阻不計．則當電鍵K閉合的瞬間，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）電流多大？（2）棒b的加速度為多大？

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】

AD.電動機為非純電阻電路，不能使用歐姆定律計算電阻；故AD錯誤；BC.電風扇主要用于機械能的輸出，，即，其電阻一定小于由歐姆定律求出的電阻；故電風扇的電阻一定小于440Ω；故C正確B錯誤；2、C【解析】試題分析：由圖象可知，交流電的周期為0.02s，所以交流電的頻率為50Hz，所以A錯誤；原線圈的電壓的有效值為220V，根據電壓與匝數成正比可知，所以副線圈的電壓的有效值即電壓表的示數為22V，B錯誤；P下移，R變小，原副線的電流都變大，故C正確；P向上移動時R變大，而電壓不變，故功率減小，故D錯誤．考點：變壓器的構造和原理3、B【解析】試題分析：由公式可知，要使電功率減小到原來的一半，如果U不變，就要使電阻增大為原來的2倍：根據電阻定律可得截去一半電爐絲，電阻減半，A錯誤；串聯一條相同的電爐絲，電阻成為2R，B正確；并聯一條相同的電爐絲，電阻變為原來的二分之一，C錯誤；由于導線的電阻很小，把連接電源和電爐的導線長度增加一倍，由串聯分壓的原理知：增加的導線分去的電壓并不大，電爐兩端的電壓變化也不大；而電爐電阻絲的阻值不變，則電爐的實際功率變化也不大，D錯誤．考點：考查了電功率的計算【名師點睛】在家庭電路中，電源電壓是恒定的；因此，電爐工作的實際電壓在改裝前后是相同的，由公式可知，要使電功率減小到原來的一半，必須使電阻增大到原來的二倍，根據這個條件進行選擇即可．4、A【解析】

A．電荷的形狀、體積和電荷量對分析的問題的影響可以忽略時，就可以看成是點電荷，選項A正確；BCD．帶電體能否看作點電荷，是由研究問題的性質決定，與自身大小形狀及帶電量的多少無具體關系，故BCD錯誤；5、C【解析】

A．電源電動勢的大小，等于非靜電力在電源內部把單位正電荷從負極送到正極所做的功的大小，選項A錯誤；B．電動勢公式中與電壓中的是不一樣的，前者是非靜電力做功，后者是電場力做的功，選項B錯誤；C．電源不接入電路時，電源兩極間的電壓大小等于電動勢，選項C正確；D．電動勢越大，電源將單位正電荷負極移到正極提供的電能越多，故D錯誤。故選C。6、C【解析】

A.由知電流強度與電壓成正比，與電阻成反比，所以該式不屬于比值定義法。故A錯誤；B.根據可知，電阻由物質的材料，長度，橫截面積決定，所以不屬于比值定義法，故B錯誤。C.根據可知，電動勢與W、q無關，僅用此比值計算電動勢，所以屬于比值定義法，故C正確。D.根據可知，這是平行板電容器電容的決定式，故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、AB【解析】

A．R1為定值電阻，故當滑動變阻器阻值為0時，電路中電流最大，R1的功率最大，故A錯誤；B．路端電壓隨外電阻增大而增大，則當R2=3Ω時，路端電壓最大，最大值為當R2=0時，路端電壓最小，最小值為故B錯誤；C．R1是定值電阻，由P=I2R知，R2的阻值越小，電路中電流越大，R1消耗的功率越大，故C正確；D．將定值電阻R1與電源等效成新電源，當內阻與外電阻相等時，電源的輸出功率最大即R2的功率最大，當R2=R1+r=1+2=3Ω，電阻R2的電功率最大，故D正確。8、AD【解析】

開始時正電粒子恰能做直線運動，電場力向下，洛倫茲力向上，合力為零，故：qE=qvBA．減小電場強度，則電場力減小，洛倫茲力不變，合力向上，向上偏轉，故A正確；B．增大電荷量，則電場力與洛倫茲力都增加，合力為0，做直線運動，故B錯誤；C．減小入射速度，則洛倫茲力減小，電場力不變，合力向下，向下偏轉，故錯誤；D．增大磁感應強度，則向上的洛倫茲力增大，合力向上，向上偏轉，故D正確。9、BD【解析】

A．開始時，重力和電場力平衡，故：mg=qE；將A板向下移，由可知，E變大，故油滴應向上加速運動；根據可知C變大，根據Q=CU可知電容器帶電量變大，電容器充電，故G中有a→b的電流，故A錯誤；B．若將A板向右平移一小段位移，由可知，E不變，油滴仍靜止；根據，可知C變小，根據Q=CU可知電容器帶電量變小，電容器放電，故G中有b→a的電流，故B正確；C．若將S斷開，Q不變，A向左平移一小段距離，根據可知，電容C減小，再根據Q=CU可知，U增大；根據U=Ed可知，E增大；則PB電勢差增大，而B板接地，因此P點電勢降低；故C錯誤；D．若將S斷開，Q不變；再將A板向下平移一小段位移，根據，Q=CU、U=Ed，得到，故電場強度不變，且P點電勢不變，故D正確．10、BD【解析】由等勢面可知，場強方向向上，由軌跡可知，電場力向上，則為正電荷，則A錯誤；b點處的電勢能EP＝φq=0.01×30=0.3J，則B正確；總能量守恒，由a點處可知E=0.01×10+0.5=0.6J，則b點處的動能為：0.6-0.3=0.3J，則C錯誤；C點處的動能為為0.6-0.01×20=0.4J，則D正確；故選BD.點睛：本題根據粒子的軌跡彎曲方向就能判斷粒子所受的電場力方向，根據電場線與等勢線的關系，判斷出電場線方向．負電荷在電勢高處電勢能小是一個重要推論，要學會應用．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、A；D；F；分壓式；外接法【解析】

（1）電流表、電壓表的指針偏轉角度超過一半時，誤差較小。故在本實驗中，電流表應選擇A，電壓表應選擇D。為調節電壓方便，滑動變阻器應選擇總電阻阻值較小的F；（2）由于要求小燈泡電壓從零開始變化，故滑動變阻器采用分壓接法；小燈泡的電阻R=U/I=3/0.5Ω=6Ω，遠小于電壓表內阻，與電流表內阻差不多，故電流表應采用電流表外接法；（3）實驗電路圖如圖所示：(4)根據表中實驗數據在坐標系內描出對應點，然后作出圖象如圖所示，12、6；28.6等于【解析】

(1)根據電路圖連接實物圖，注意電表的接線柱以及滑動變阻器的解法，電路圖如圖所示：(2)根據給出的點連線得出如圖所示的伏安特性曲線；則由圖可知，電流的電動勢E=6.0V；；(3)電源電動勢為電源沒有接入電路時兩端的電壓，由等效電路特點可知，若R0的實際阻值比標稱值