辽宁鞍山市部分普通高中2026-2027学年高二上学期10月阶段检测物理试题

1.【答案】C 【详解】比值定义法的核心特征是：被定义的物理量是事物的固有属性，与定义式中分子、分母对应的物理量无关，不存 在正比、反比关系。 A.a=二是牛顿第二定律的表达式，加速度a与合外力F成正比、与质量m成反比，由F和m共同决定，不属于比值定 m 义，故A错误； B.E=”是匀强电场中电场强度与电势差的推导式，仅适用于匀强电场，电场强度E由电场本身性质决定，与”、口无 关，不属于比值定义，故B错误； C.c=。是电容的定义式，电容c是电容器的固有属性，由极板正对面积、极板间距、电介质性质决定，与带电量Q、极 板间电压U无关，属于比值定义，故C正确； C.D.w=“是线速度、角速度、轨道半径的推导式，当线速度v一定时w与r成反比，不属于比值定义，故D错误。 故选C。 2.【答案】B 【解析】【详解】ABC.根据磁通量的公式Φ=BS 其中磁场的有效面积S=0.5m2 所以穿过线圈的磁通量为Φ=BS=5Wb,故B正确； D.线圈转过180度后，磁通量为Φ'=-BS=-5Wb, 所以磁通量的变化量△Φ=D'-①=-10Wb,故D错误。 故选B。 3.【答案】A 【解析】【详解】AB.由右手螺旋定则可知，当M为电源的正极时，螺线管内部的磁感线方向水平向右，右侧相当于条形 磁铁的N极，而小磁针静止时N极的指向为该点磁感线的方向，则点的小磁针方向指向右侧，b点的小磁针方向指向 左侧，A正确，B错误； CD.当M为电源的负极时，螺线管内部的磁感线方向水平向左，左侧相当于条形磁铁的N极，C、d两点的小磁针方向 均指向左侧，C、D错误。 故选A。 4.【答案】D 【详解】A.M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，即加 速度也较小，故A错误； B.由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，B错误； C.该电场是非匀强电场，不同位置场强不同，粒子受到的电场力即合力会随位置变化，并非始终保持不变，C错误； D.粒子从M运动到N的过程中，电场力与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，动能增大，即粒子在M点的动能小 于在N点的动能，D正确。 故选D。 5.【答案】D 【解析】【详解】A.顺着电场线的方向电势降低，所以在X负半轴上的电场线方向沿-X方向，而电场线的切线方向为该 点的场强方向，所以M点电场强度方向沿-X方向，故A错误； B.根据px图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，由图像可以看出，M点处图像的斜率的绝对值等于N点处图像的 斜率的绝对值，所以M点的电场强度与N点的电场强度等大反向，故B错误； C.粒子从M点运动到P点，电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化间的关系可知，电场力做正功，电势能减小， 所以该粒子在M点的电势能大于在P点的电势能，故C错误； D.因为图线关于p轴对称，OM=OW,粒子从M点静止释放后向+X方向运动，先做加速运动，过原点O后，再做减速运 动，运动到N点时，根据对称性，其速度减为O,然后反向运动，所以该粒子将在MN之间做往复运动，故D正确。 故选D。 6.【答案】B 【详解】由题意可知，接线柱1、2分别对应量程，=1A,12=10mA,根据并联电路电流分配规律IR=（I2-Ig)(R+R2), L(R,+R)=(I,-I)R联立解得R=0.12、R2=9.92 接线柱3对应的量程U=10V,因为10mA挡电流表的内阻R= (R+R)R=5Q,则U=1,(R+R) (R+R2)+R 解得R=9952 故选B。 7.【答案】D 【解折1详解】带正电粒子以垂直电场方向射入，在<1<时间段内，电场力竖 T 直向上，粒子做向上弯曲的类平抛运动；在，<1<T时间段内，电场力竖直向下，粒子在竖直方向做减速运动，速度逐渐 减小至零后反向加速运动过程中的v一（如下图所示 在时间内，粒子向上加速，时间内向上减速。上时刻速度为0 在2一T时间内，粒子向下加速，T一时间内向下减速，，时刻速度为0，粒子经历了一个周期。 V一1图像的面积表示粒子运动过程中的位移，从图中可看出横轴下方的面积远大于横轴上方的面积，即粒子向下运动的 位移大于向上运动的位移。 综上，粒子运动过程为先向上，再向下，一个周期的总位移是向下的。故选D。 8.【答案】AD 【解析】【详解】A.根据C=-S 4πkd 保持开关S闭合，A板竖直上移一小段距离，电容器的电容减小，故A正确； B.保持开关S闭合，A板竖直上移一小段距离，电容器的电容减小，根据C=号 可知电量减小，电容器放电，电流表中有从b向a的电流通过，故B错误； C.断开开关，根据C=,S= U=Ed 4πkdU A板竖直上移一小段距离，电场强度不变，则带电油滴静止，故C错误； D.初始状态电荷静止，则电荷带正电。断开开关，B板竖直下移一小段距离，根据 C=&s_o U=Ed 4πkdU 可知电场强度不变，极板间电势差增大，根据 U'=Ed' 可知P点与上极板的电势差不变，则P点与下极板的电势差增大，P点电势减小，电荷带正电，故带电油滴的电势能减 小，故D正确。 故选AD。 9.【答案】CD 【解析】【详解】A.当滑动变阻器的触片从左端滑到右端的过程中，滑动变阻器的阻值增大，由串反并同规律，与之串联 的小灯泡L1、L2变暗，与之并联的L3变亮，A错误； B.当滑动变阻器的触片从左端滑到右端的过程中，滑动变阻器的阻值增大，由串反并同规律，与之串联的电压表V2读数 变小，与之并联的电压表V1读数变大；由于外电阻变大，电源的路端电压变大，所以△U,>△U,,B错误； C.因为A=R2十，C正确； AI D.由于外电阻大于电源内阻，并且外电阻增大，所以电源的输出功率减小，D正确。故选CD。 10.【答案】BC 【解析】【详解】A.框架向右加速时，滑片向左滑动，滑片位于R中点的左侧，故A错误； B.设滑动变阻器总电阻为R,因为两个电源电动势均为E=6V,内阻不计，当P端的电势比Q端的电势高1V时，根 据串联电路电压与电阻成正比的关系，设滑片移动的距离为，则解得x0.01m 对滑块进行受力分析，滑块受到两侧弹簧的弹力，根据胡克定律F=c,两侧弹簧弹力的合力F。=2心，再根据牛顿第 二定律F=ma,即2kx=ma 解得a=5m/s2。 因为P端电势高于Q端电势，根据电路原理可知滑块向右移动，所以加速度方向水平向左。故B正确； CD.设电压表的示数为U,同理 UL 2E 对滑块，由牛顿第二定律F。=ma,而F金=2 将x= 代入，可得2k× L 2E E ma, 整理可得U=m a,所以U卜m5 kL 可以定义电压表示数变化量大小与加速度变化量大小之比(AC)为加速度计的灵敏度，即m △a 增大滑块m或者电源电动势E可以提高加速度计的灵敏度，故C正确，D错误。 故选BC。 11.【答案】(1)42.40 (2分) (2) 欧姆调零 (1分) (3) (3分) k(Ro+r) (2分) 1-k E S 【详解】(1)圆柱体的长度L=42mm+0.05mm×8=42.40mm (2）[1]选择挡位后接着进行欧姆调零； (3)[1]将内阻已知的电流表@（量程1mA)与定值电阻R,串联改装成量程为2V的电压表，由于电流表④（量程200mA) 内阻未知，采用电表@外接构成测量电路，由于滑动变阻器的最大阻值明显小于被测电阻，控制电路采用滑动变阻器分压 接法，电路图如图所示 R E 21根据欧姆定律及串、并联电路特点，得1=，+(B+】 R R R 得到R+坊+R) 结合题意(R,++R, =k 解得R= k(Ro+r) 1-k 12.【答案】(1)最左端(1分) (2)1.30 (1分) (3)1 (2分)(4) ①.1.80(2分) ②.2.50 (2分) 【解析】 【小问1详解】 为了保护电路，滑动变阻器应以最大电阻接入电路，故滑到最左端。 【小问2详解】 由图丙可知，电压表的量程为3V,其分度值为0.1V,需要估读到分度值的下一位，电压表读数U=1.30V。 【小问3详解】 当单刀双掷开关接1时，电动势的测量值（图线与纵轴交点）准确，内阻的测量值（图像的斜率）偏大；当单刀双掷开关 接2时，电动势测量值偏小，内阻测量值偏小。比较图丙中两条图线，图线对应与开关与1接通，图线对应与开关与2 接通。 提示：可以利用等效电源方法，当单刀双掷开关接1时，将电源、电阻视为“新电源1”，电源、电阻R和电流表视为“新 电源2”，当单刀双掷开关接2时，电源、电阻R和电压表视为"新电源2”。 【小问4详解】 [1][2当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确；当单刀双掷开关接2，电压表示数为零时，电流表测 量准确。由图丙可得E=1,80v,r00Q 2-22=2.502。 13.【答案】(1)12；(2)2.5W,87.5W; 【解析】 【详解】(1)根据闭合电路的欧姆定律 4R,:2分别 代入数据解得 (2)开关S闭合后路端电压： U=E-126=(40-4.0×1)V=36V(2分) 流过R的电流强度为： I=U/R 1x=1.5A,(1分) 流过电动机的电流强度为： 1=L2-1x=(4.0-1.5)A=2.5A（1分) 电动机发热消耗的功率为： P4=12r=（2.52×0.4W=2.5W(2分) 电动机转化为机械能的功率： P=U1-P热=87.5W（1分) 14.【答案】(1)90V (2)38N (3)5m/s 样解()对AB过程，根据动能定理U9= (1分) 解得UAB=90V (1分) 1 《②对BC过程根据动能定理mgR+EgR=。mY2mv (2分) 2 其中E=UAL=60N/C (1分) d 在C点，根据牛顿第二定律F,一Eg=m (1分) 解得FN=38N 根据牛顿第三定律得压力大小为38N。(1分) (3)当运动到等效最低点时，速度最大，该点与竖直方向夹角为日，则日=9=名 (2分) mg 4 1 2 3点到该点根据动能定理-mg(R-Rcos379)+EqRsin37°=。mv- (2分) 解得vn=5m/s (1分) 15.【答案】 (1)= 2qU. m (2)ngbd 2qUo V m (3)n= UU<4ao）;7=10o%(U≥4U。) AdU 2 【解析】 【】对于一个尘埃通过加速电场过程，根据动能定理可得g心，=)m2分》 2 故解得V。= 2qU。(1分) m 【2】若所有进入矩形通道的尘埃都被收集，则△1时间内碰到下极板的尘埃的总电荷量△Q=Na9=nqb,△1(2分) 通过高压直流电源的电流1=△三 ngbdvo=ngbd 2qU。(2分) m 【3】对某一尘埃，其在高压直流电源形成的电场中运动时，在垂直电场方向做速度为，的匀速直线运动，在沿电场力方 向做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动学公式有： 垂直电场方向位移x=V,t(1分) 1 沿电场方向位移y=。at2(2分) 2 根据牛顿第二定律有4-F-95-g吧2分》 mm md 距下板y处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，则x=L(1分) TU 解得y= (1分) 4dU 若y<d,即U<4U,则收集效率7=上(U<4U)1分》 d4d2U。 若y≥d,即U≥4，则所有的尘埃都到达下极板，效率为1O0%(U≥ dU)(1分) 2高二物理试题 考试时间：75分钟；满分：100分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第一部分（选择题共46分） 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求， 每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分， 有选错的得0分。 1.比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，即用两个物理量的“比值”来定义一个新的物理量。 以下公式属于比值定义的是（) A.加速度。=E B.电场强度E= m d Q C.电容c= U D.角速度w=“ 2.如图所示，一圆形线圈共有10匝，围成的面积为1m2；线圈内有一面积为0.5m2的匀强磁场区域，磁感 应强度大小为10T，,方向垂直于线圈平面。下列说法正确的是（) A.穿过线圈的磁通量大小为10Wb B.穿过线圈的磁通量大小为5Wb C.穿过线圈的磁通量大小为50Wb D.将线圈从图示位置绕某直径转过180°，穿过线圈的磁通量变化量为0 3.如图所示的通电螺线管周围有a、b、cd四点(a点在螺线管内部)，MN间接直流电源，将小磁针 放在图中的四点时，小磁针的N极指向右侧的是（） b .d M N A.M为电源的正极，小磁针位于a点 B.M为电源的正极，小磁针位于b点 C.M为电源的负极，小磁针位于c点 D.M为电源的负极，小磁针位于d点 4,如图所示，图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M 点，再经过N点，可以判定() A.粒子在M点受到的加速度大于在N点受到的加速度 B.粒子带负电 C.粒子运动过程中，合力始终保持不变 D.粒子在M点的动能小于在N点的动能 5.某静电场电势p在x轴上分布如图所示，图线关于p轴对称，M尸N是x轴上的三点，OM作ON。一 带电粒子仅在电场力作用下从M点静止释放后向+X方向运动，则下列说法正确的是（) ◆p M OP N A.M点电场强度方向沿+X方向 B.M点的电场强度与N点的电场强度相同 C.该粒子在M点的电势能小于在P点的电势能 D.该粒子将在MN之间做往复运动 6.如图所示是三量程直流电表的原理图，三个量程分别是10mA、1A、10V.已知表头G的满偏电流I。=5mA, 内阻R=102,则定值电阻R、R、乃的阻值为() R3 61 62 3 A.0.050、9.950、9950 B.0.10、9.90、9950 C.10、990、10000 D.100、9900、9950 7.空间中存在一交变电场，其电场强度E随时间变化的规律如图所示，当E>0时，电场强度的方向竖直 向上。在<1号这一-时间段内，有一带正电的粒子射入该电场，其速度方向与电场方向垂直，且该粒子 T 仅受电场力作用。下列有关该粒子在电场中运动轨迹的描述，可能正确的是（) 8.如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板B接地，开关S闭合，电容器两极板间P点处有一带电 油滴处于静止状态。下列说法正确的是（) a D B A.保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离，电容器的电容变小 B.保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离过程中，电流表中有从a向b的电流通过 C.断开开关，A板竖直上移一小段距离，带电油滴向下运动 D.断开开关，B板竖直下移一小段距离，带电油滴的电势能将减小 9.如图所示，电源电动势为E,内电阻为，灯泡L、L2、L,规格相同，且电阻大于电源内阻，理想电压 表V1、V2示数为、，其变化量的绝对值分别为△U和△U2;流过电源的电流为/，其变化量的绝对值 为△I。当滑动变阻器的触片从左端滑到右端的过程中（) A.小灯泡L1、L2变亮，L3变暗 B.△U,<△U 怒不变 C. D.电源输出功率变小 10.如图所示为一个加速度计的原理图，质量=0.4伙g的滑块可在光滑框架内平移，滑块两侧与劲度系数 均为k=100N/m的轻弹簧连接；R为长L=O.12m的滑动变阻器，滑片与电阻器任一端之间的电阻值都与它 到这端的距离成正比，两个电源的电动势均为E=6V,内阻不计。两弹簧处于原长时，滑片位于R的中点， 理想电压表的指针位于表盘中央。当P端电势高于Q端时，指针位于表盘右侧。通过电路中电压表的读数， 可得知加速度，当被测物体加速度为零时，电压表的示数为零。下列说法正确的是（) 0→ W 滑片 P A.当加速度方向水平向右，滑片位于R中点的右侧 B.当P端的电势比2端的电势高1V时，物体的加速度大小为5m/s2,方向向左 C.若将电压表的表盘换成加速度的刻度盘，电压与加速度大小需满足关系式U=m吧 D.减小滑块m或者电源电动势E可以提高加速度计的灵敏度 第二部分（非选择题共54分） 二、实验题：本题共2小题，共16分。 11.截面半径为「的圆柱形绝缘材料侧面镀有一层电阻率为p的导电材料，某实验小组想测量这个导体的 电阻4cm 6 山4L mm 05101520 甲 丙 (1)用游标卡尺测圆柱体的长度，测量的示数如图甲所示，则圆柱体的长度L= mm; (2)用欧姆表粗测圆柱体镀层沿长度方向的电阻，调节好欧姆表后，将选择开关拨到“×1”挡后，接着进行 ，后将圆柱体镀层沿长度方向接入两表笔间，示数如图乙所示，粗测镀层的电阻； (3)要精确测量镀层沿长度方向的电阻，实验室提供的器材有： 电源E(电动势1.5V,内阻不计)；电流表A,(量程200mA,内阻未知)；电流表A2(量程1mA,内阻=1002)； 定值电阻R。(电阻为19000)；滑动变阻器R(最大阻值50)；开关S和导线若干。 为了尽可能减小实验误差并采用双安法测电阻，请在图丙所示的方框内画出实验电路图 。按正确 的实验操作调节滑动变阻器，测得多组电流表A、A,的示数h、h,以h为纵轴作2一I图像，得到图像的 斜率为k,由此得到镀层沿长度方向的电阻R= (用已知及测得的物理量表示)。 12.在测量电源电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，会产生系统误差。为了消除电 表的内阻产生的系统误差，某兴趣小组连接了如图所示的电路来测量电源电动势和内阻，其中R,=22。 2.00 1.50 10 1.00 0.50 出 1T2 0.100.200.300.400.50 (1)实验操作步骤如下： ①将滑动变阻器滑到 位置（填“最左端”"正中间”或”最右端） ②单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S,调节滑动变阻器R,记录下若干组数据山/的值，断开开关S。 ③重复步骤① ④单刀双掷开关S与2接通，闭合开关S,调节滑动变阻器R,记录下若干组数据山/的值，断开开关S。 ⑤在图丙中分别作出两种情况所对应的U-I图像 (2)某次读取电表数据时，电表指针如图丁所示，此时电表示数为V。 (3)图丙中的图线1是开关与（填“1"或“2”接通时相对应。 (4)根据图丙中的U-I图线求得电源电动势E=V,内阻”=Q。(结果均保留两位小数) 三、解答题：本题共3小题，共38分。 13.如图所示，M为一线圈电阻r=0.42的电动机，R=242,电源电动势E=40Ψ.当S断开时，电流 表的示数1=1.6A,当开关S闭合时，电流表的示数为12=4.0A求： (1)电源内阻； (2）开关$闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率； S R A 14.如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，轨道由光滑水平直轨道和光滑半圆形轨道BCD组成，其中O 点为圆心，C点与圆心0等高，半径大小R为0.5，直轨道与圆轨道最低点B相切。已知整个空间中存 在向右的匀强电场E,在直轨道上A点由静止释放一带正电物块（可视为质点），已知质量为0.8kg, 带电量q为0.1C,且A点与B点的间距为1.5m,物块到达B时的速度大小为3 m/s,已知g10m/s, 2 不考虑漏电，则： (1)求A、B两点间的电势差Ua; (2)求物块在C点时对轨道的压力大小斤； (3)求物块在脱离轨道前所能达到的最大速度大小。 15.如图甲为科技小组的同学们设计的一种静电除尘装置示意图，其主要结构有一长为L、宽为b、高为d 的矩形通道，其前、后板使用绝缘材料，上、下板使用金属材料。图乙是该主要结构的截面图，上、下两 板与输出电压可调的高压直流电源（内电阻可忽略不计）相连。质量为m、电荷量大小为q的分布均匀的 带负电的尘埃无初速度地进入A、B两极板间的加速电场。已知A、B两极板间加速电压为U。,尘埃加速 后全都获得相同的水平速度，此时单位体积内的尘埃数为。尘埃被加速后进入矩形通道，当尘埃碰到下 极板后其所带电荷被中和，同时尘埃被收集。通过调整高压直流电源的输出电压U可以改变收集效率爪被 收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值)。尘埃所受的重力、空气阻力及尘埃之间的相互作用 均可忽略不计。在该装置处于稳定工作状态时： Q 图甲 图乙 ()求单个尘埃被A、B两极板间的加速电场加速后的速度大小%； (2）若所有进入通道的尘埃都被收集，求通过高压直流电源的电流； (3)请推导出收集效率刀随高压直流电源输出电压U变化的函数关系式。