陕西西安交通大学附属中学2024-2025学年第一学期高二第一次阶段检测物理（高考类）试题

**基本信息** 试卷聚焦高考类物理核心素养，以心脏除颤器、微型电动机等真实科技情境为载体，通过动量守恒判断、电场线分析、电阻测量实验及多过程力学综合题，融合物理观念与科学思维，适配高二学段知识进阶需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10/30|动量守恒、电场概念、电路动态分析|第4题以心脏除颤器考查电容与电流计算，体现科技应用| |多选题|5/20|电场线性质、电流微观表达式、机械能守恒|第15题结合匀强电场与圆周运动，深化科学推理| |实验题|2/16|金属电阻率测定、电表改装|第16题要求设计分压电路并计算电阻率，培养科学探究能力| |解答题|3/34|带电粒子偏转、电动机功率、电场力学综合|第20题融合圆弧轨道、电场力与碰撞，模拟高考压轴题命题趋势|

交大附中 2024～2025学年第一学期高二年级第一次月考 物理（高考类）试题 注意：本试题共8页，四道大题。 一、单选题（共30分） 1．（本题3分）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 2．（本题3分）对电场的正确理解是（　　） A．电场只是一个理想模型，实际上并不存在 B．电场中的电场线不是人为画出的，而是实际存在的 C．电场是由较小和较轻的原子组成，所以既看不见，也摸不到 D．电场的基本性质就是对放入其中的电荷有力的作用 3．（本题3分）如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷连线长度为2r，左侧点电荷电荷量为，右侧点电荷电荷量为，P、Q两点关于两电荷连线对称。下列说法中正确的是（　　） A．M点的电势低于N点的电势 B．P、Q两点的电场强度相同 C．在两点电荷连线上，中点处的电场强度最小 D．在M点由静止释放一个正的试探电荷，电荷不会沿电场线通过P点 4．（本题3分）如图为一种心脏除颤器的原理图，在一次模拟治疗中，先将开关S接到位置1，电容器充电后电压为10kV，再将开关S接到位置2，电容器在5ms内通过人体模型完成放电。已知电容器的电容为，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是（　　） A．这次电容器充电后带电量为0.4C B．这次放电过程的平均电流为40A C．人体模型起到绝缘电介质的作用 D．若充电至20kV，则该电容器的电容为 5．（本题3分）如图所示，R1、R2是材料相同、厚度相同、上下表面均为正方形的导体。已知两个正方形边长的比是n∶1。通过两导体的电流方向如图。这两个导体的电阻之比为（　　） A．R1∶R2＝1∶1 B．R1∶R2＝1∶n C．R1∶R2＝ n∶1 D．R1∶R2＝1∶n2 6．（本题3分）某一导体的伏安特性曲线如图中AB曲线所示，其电阻会随温度的改变而改变，下列说法正确的是（　　） A．B点对应的电阻为12Ω B．B点对应的电阻为0.25Ω C．工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了10Ω D．工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了9Ω 7．（本题3分）用两只完全相同的电流表，分别改装成一只量程更大的电流表和一只电压表，将它们串联起来接入电路中，如图所示，此时下列说法正确的是（　　） A．两只电表的指针偏转角相同 B．两只电表的指针都不偏转 C．电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角 D．电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角 8．（本题3分）用图示电路测量电池的电动势和内阻，将二个阻值为和的定值电阻连入电路中，当开关S从位置1切换到位置2时，发现电流表示数变为原来的1.5倍。则（　　） A．， B．， C．， D．， 9．（本题3分）将一电源、定值电阻及电阻箱连成如图甲所示的闭合回路，闭合开关后调节电阻箱的阻值，测得电阻箱功率与电阻箱读数变化关系曲线如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　） A．该电源电动势为 B．该电源内阻为 C．调整，电源最大输出功率为 D．电阻箱功率最大时电源效率为50% 10．（本题3分）如图，、均闭合，一质量为m、电荷量为q的液滴静止在电容器的两平行金属板AB间。现保持闭合，将断开，然后将B板向下平移一段距离。下列说法正确的是（    ） A．电容器的电容变大 B．液滴将向上运动 C．A板的电势比电路中Q点的电势高 D．液滴的电势能增大 二、多选题（共20分） 11．（本题4分）如图所示，MN是负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线，轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（　　） A．负点电荷一定位于N点右侧 B．a点的电势高于b点的电势 C．粒子在a点的电势能小于在b点的电势能 D．粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小 12．（本题4分）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线内有n个自由电子，电子电荷量为e，此时电子的定向移动速率为v，在时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（　　） A． B． C． D． 13．（本题4分）在如图所示电路中，当变阻器的滑片向端移动时（    ） A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变小 C．上消耗的功率变大 D．电源内部消耗的热功率变大 14．（本题4分）如图，一质量为m的物体，沿倾角为的光滑固定斜面由静止下滑，它在竖直方向下落了h高度，已知重力加速度取g，下列说法正确的是（    ） A．它在竖直方向下落了h时，重力瞬时功率 B．它在竖直方向下落了h的过程中，所需时间为 C．它在竖直方向下落了h的过程中，斜面对物体弹力的冲量为零 D．它在竖直方向下落了h的过程中，物体合外力的冲量为 15．（本题4分）如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为的绝缘细线，细线一端固定在点，另一端系一质量为的带电小球，小球电荷量大小为。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度，且恰能绕点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，取重力加速度，，，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球带正电 B．匀强电场的电场强度为 C．小球做圆周运动过程中动能的最小值为 D．小球从初始位置开始，运动到竖直面圆周最高点的过程中机械能减少为 三、实验题（共16分） 16．（本题7分）某小组用铜棒完成“测定金属电阻率”实验，实验步骤如下： (1)首先通过螺旋测微器测量铜棒直径，通过游标卡尺测铜棒的长度，测量结果如图甲、乙所示，则铜棒直径______，铜棒的长度_____。 (2)为了精密测量该金属丝的电阻率，某实验小组先使用多用电表粗测其电阻约为，然后进行较准确测量，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下： A．电压表（量程，内阻约为）     B．电压表（量程，内阻约为） C．电流表（量程，内阻约为）     D．电流表（量程，内阻约为） E.滑动变阻器     F.输出电压为的直流稳压电源 G.电阻箱         H.开关，导线若干 为尽量减小实验误差，电压表选_____；电流表选_____；（填器材前的字母） (3)若要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，在方框内画出电路图________。 (4)如果金属丝直径为，长度为，所测电压为，电流为，写出计算电阻率的表达式________。 17．（本题9分）某实验小组要将电流表G（铭牌标示：，）改装成量程为1V和3V的电压表，并用标准电压表对其进行校准。选用合适的电源、滑动变阻器、电阻箱、开关和标准电压表等实验器材，按图（1）所示连接电路，其中虚线框内为改装电路。 (1)开关闭合前，滑片P应移动到________（填“M”或“N”）端。 (2)根据要求和已知信息，电阻箱的阻值已调至，则的阻值应调至________。 (3)当单刀双掷开关与a连接时，电流表G和标准电压表V的示数分别为I、U，则电流表G的内阻可表示为________。（结果用U、I、、表示） (4)校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，经排查发现电流表G内阻的真实值与铭牌标示值有偏差，则只要________即可。（填正确答案标号） A．增大电阻箱的阻值 B．减小电阻箱的阻值 C．将滑动变阻器的滑片P向M端滑动 (5)校准完成后，开关与b连接，电流表G的示数如图（2）所示，此示数对应的改装电压表读数为________V。（保留2位有效数字） 四、解答题（共34分） 18．（本题10分）如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，从A点沿平行于板面的方向射入偏转电场，恰好从另一侧极板边缘射出。已知该电子的质量为m，电荷量为e，加速电场的电压为。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d，下极板接地。忽略A该电子所受的重力。求： （1）电子射入偏转电场时的速度； （2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y； （3）电子在A点具有的电势能EpA。 19．（本题10分）研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器 R，使电动机停止转动时，电压表和电流表的示数分别为U1=1.0V和 I1=0.5A；重新调节R，使电动机恢复正常运转，此时电动机拉着重物以a=1m/s2的 加速度匀加速上升，当重物的速度 v0=1m/s 时，电压表和电流表的示数分别为U2=15.0V 和 I2=2.0A，g 取 10m/s2。求此时： (1)电动机的输出电功率 P 出； (2)该重物的质量m 和电动机的效率η。 20．（本题14分）如图所示，光滑圆弧轨道竖直固定，与水平面相切于最低点P，半径，空间中存在水平向左的匀强电场，场强，物体甲的质量为，带负电，电荷量为，在P点右侧处有一不带电的物体乙，质量为，物体乙右侧处有一竖直固定挡板，甲物体从与圆心O等高的A点以竖直向下的速度滑动，甲、乙与水平面的动摩擦因数均为，所有碰撞均无能量损失，且甲、乙碰撞没有电荷转移。 （1）在圆形轨道最低点P，物体甲受到轨道的支持力大小； （2）甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小； （3）整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《交大附中2024～2025学年第一学期高二年级第一次月考物理（高考类）试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D B A C C A B C 题号 11 12 13 14 15 答案 BD BD BD BD CD 1．B 【难度】0.85 【知识点】判断系统动量是否守恒、判断系统机械能是否守恒 【详解】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。 故选B。 2．D 【难度】0.85 【知识点】电场的概念、电场线定义及其性质 【详解】A．电场是实际存在的物质，不是理想化模型，故A错误； B．电场线是为了形象地描述电场而假想的线，实际不存在，故B错误； C．电场是客观存在的物质，但它不同于分子、原子等实物粒子，故C错误； D．电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，故D正确。 故选D。 3．D 【难度】0.85 【知识点】不等量点电荷或多个点电荷周围的电场分布规律、不等量点电荷周围的电势分布 【详解】A．沿电场线电势降低，可知M点的电势高于N点的电势，选项A错误； B．由对称性可知，P、Q两点的电场强度大小相同，但方向不同，选项B错误； C．在两点电荷连线上，中点处的电场线不是最稀疏的，则电场强度不是最小的，选项C错误； D．因MP之间的电场线不是直线，则在M点由静止释放一个正的试探电荷，电荷不会沿电场线通过P点，选项D正确。 故选D。 4．B 【难度】0.85 【知识点】平板电容器电容的决定式、电流强度的定义及单位、电容的概念、定义式、单位和物理意义 【详解】A．由电容的定义式可得，这次电容器充电后带电量为 故A错误； B．由电流的定义式可得，这次放电过程的平均电流为 故B正确； C．人体模型是导体，不能起到绝缘电介质的作用，故C错误； D．由电容的决定式可知，充电至20kV，则该电容器的电容不变，仍为，故D错误。 故选B。 5．A 【难度】0.65 【知识点】电阻定律 【详解】设小正方形边长l，则大正方形边长nl，厚度d，根据 可得 故选A。 6．C 【难度】0.65 【知识点】非线性元件的伏安特性曲线 【详解】AB．根据欧姆定律可知，B点对应的电阻为 故AB错误； CD．根据欧姆定律可知，A点对应的电阻为 可知，工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了 故C正确，D错误。 故选C。 7．C 【难度】0.85 【知识点】灵敏电流计改装成电压表、灵敏电流计改装成电流表 【详解】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻，电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻。两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，所以电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角。 故选C。 8．A 【难度】0.65 【知识点】闭合电路欧姆定律的内容及公式 【详解】当开关S从位置1切换到位置2时，发现电流表示数变为原来的1.5倍，则 根据 得 电源电动势无法得出。 故选A。 9．B 【难度】0.65 【知识点】计算电源的输出电压、总功率、输出功率、效率 【详解】B．由图乙可得电阻箱电阻R = 3 Ω时，功率P = 3 W，此时电阻箱阻值等于定值电阻和电源内阻之和，解得 故B正确； A．电阻箱电阻R = 3 Ω时，根据 可得此时电路电流为 根据闭合电路欧姆定律有 解得 故A错误； C．调整R，电源输出功率 因此可知外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，所以当电阻箱电阻R = 1 Ω时，电源输出功率最大 故C错误； D．电阻箱功率最大时电源效率 故D错误。 故选B。 10．C 【难度】0.85 【知识点】电容器的动态分析(Q不变） 【详解】AC．现保持闭合，将断开，可知电容器电荷量保持不变，然后将B板向下平移一段距离，根据 ， 可知电容器的电容变小，AB板间电压变大，由于B板接地，且A板电势高于B板，则A板电势变大，所以A板的电势比电路中Q点的电势高，故A错误，C正确； BD．根据 可知板间场强不变，液滴受力保持不变，液滴处于静止状态，液滴所处位置于B板距离变大，电势差变大，所以液滴所处位置电势变大，根据受力分析可知，液滴受到的电场力与电场方向相反，液滴带负电，所以液滴的电势能减小，故BD错误。 故选C。 11．BD 【难度】0.65 【知识点】比较电势能的大小、电场线、等势面和运动轨迹的定性分析 【详解】B．根据曲线运动合力指向曲线凹侧可以判断粒子经过 MN时受电场力向左，根据正电荷受力方向与电场线方向相同可判断电场线向左，而电场线是从高电势指向低电势，所以a点的电势高于b点的电势，故B正确； A．负电荷产生的电场电场线是从无穷远指向负电荷，所以负电荷一定在M的左侧，故A错误； C．粒子受电场力向左，从a到b电场力做正功，电势能减少，所以粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误； D．离场源电荷越近，电场线越密集，电场强度越大，电场力越大，所以粒子在b点受到电场力大，加速度大，故D正确。 故选BD。 12．BD 【难度】0.85 【知识点】电流的微观表达式及其应用 【详解】根据电流的微观表达式 I=nevS 在Δt时间内通过导体横截面的自由电子的电量 q=IΔt 则在Δt时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为 故选BD。 13．BD 【难度】0.85 【知识点】利用局部→整体→局部的方法分析动态电路 【详解】ABC．当变阻器的滑动头P向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小，则电压表示数变小；由于流过的电流增大，则两端电压增大，所以并联部分的两端电压减小，即两端电压减小，所以通过的电流减小，则电流表示数变小，上消耗的功率变小，故AC错误，B正确； D．根据 由于电路总电流增大，则电源内部消耗的热功率变大，故D正确。 故选BD。 14．BD 【难度】0.65 【知识点】无外力，物体在光滑斜面滑动、瞬时功率、动量定理的内容 【详解】A．它在竖直方向下落了h时，根据 可得 重力瞬时功率 选项A错误； B．它在竖直方向下落了h的过程中，加速度 所需时间为 选项B正确； C．它在竖直方向下落了h的过程中，斜面对物体弹力的冲量 不为零，选项C错误； D．它在竖直方向下落了h的过程中，物体合外力的冲量为 选项D正确。 故选BD。 15．CD 【难度】0.4 【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动、绳/单层轨道模型 【详解】A．小球能静止于图中位置，受到的电场力方向水平向右，电场方向向左，所以小球带负电荷，A错误； B．小球静止时，由平衡关系可得 代入数据可得 ，B错误； C．运动到等效最高点时速度最小，动能最小 解得最小动能 ，C正确； D．小球从初始位置开始，运动到竖直面圆周最高点的过程中减少的机械能，等于小球克服电场力做功 ，D正确。 故选CD 。 16．(1) 1.840 4.220 (2) A D (3)见解析 (4) 【难度】0.65 【知识点】测量电阻丝的电阻率 【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图可知铜棒的直径为 [2]20分度游标卡尺的精确值为，由图可知铜棒的长度为 （2）[1][2]由于电源电压为，则电压表应选择A；该金属丝的电阻约为，根据 则电流表应选择D。 （3）要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法，由于 电流表应采用外接法，则电路图如图所示 （4）根据电阻定律可得 又 ， 联立可得电阻率为 17．(1)M (2)4000 (3) (4)A (5)0.86 【难度】0.65 【知识点】灵敏电流计改装成电压表 【详解】（1）由图可知，该滑动变阻器采用分压式接法，为了保护电路，在开关S1闭合前，滑片P应移到M端； （2）当开关S2接b时，电压表量程为1V，根据欧姆定律 当开关S2接a时，电压表量程为3V，根据欧姆定律 其中 联立解得 （3）当开关S2接a时，根据欧姆定律 可得电流表G的内阻可表示为 （4）校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，可知电流表G内阻的真实值小于铭牌标示值，根据闭合电路的欧姆定律可以增大两电阻箱的阻值。 故选A。 （5）根据闭合电路欧姆定律 18．（1）；（2）；（3） 【难度】0.65 【知识点】带电粒子在匀强电场中做类抛体运动的相关计算、带电粒子在匀强电场中做直线运动 【详解】（1）根据动能定理，电子射入偏转电场时初速度为 解得 （2）电子在偏转电场中运动时 联立等式解得 （3）在偏转电场中，电场力做功 可知，电场力做正功，电势能减少，又从下极板边缘离开，下极板接地，所以下极板处电势能为0，所以电子在A点具有的电势能为 19．(1)22W；(2)2kg， 【难度】0.4 【知识点】含有电动机电路综合计算 【详解】(1)根据部分电路欧姆定律，可得 根据功率公式，可得 P入=U2I2 =30W P热=I22RM =8W P出=P入 - P热 联立可得 P出=22W (2)根据输出功率公式，有 根据牛顿第二定律，有 F - mg=ma 联立可得 m=2kg 根据效率定义式，有 20．（1）；（2），；（3） 【难度】0.4 【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动、两物体多次碰撞问题 【详解】（1）对物块甲，从A点到P点，由动能定理得 解得 在P点由牛顿第二定律可得 解得物体甲受到轨道的支持力大小为 （2）物块甲在水平面上向右运动，碰乙前，根据动能定理可得 解得碰撞前瞬间甲的速度大小为 甲、乙相碰过程，根据动量守恒和机械能守恒可得 联立解得 ， （3）对物体甲受力分析，由于 则物体甲、乙最终停在挡板处，在整个过程，对甲、乙系统，由能量守恒定律得 （令） 解得整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $