周测评（二十五）物理·阶段检测（七）-【衡水真题密卷】2026-2027学年高一下册物理学科素养周测评（人教版）

2026一2027学年度高一学科素养周测评（二十五） 物理·阶段检测（七） 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、选择题：本题共6小题，每小题8分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题 只有一项符合题目要求，第5、6题有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不 全的得4分，有选错的得0分。 题号 1 3 5 6 答案 1.如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是 LEEEEEEEEEEEEELEEEE A 甲 丙 A.图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒 B.图乙中，物体B沿固定斜面匀速下滑，物体B机械能守恒 C.图丙中，不计滑轮质量和任何阻力时A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系 统机械能守恒 D.图丁中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能不守恒 2.武当山主峰天柱峰屹立着一座铜铸鎏金殿，当雷雨交加时，会形成“雷火炼殿”奇观，大 殿的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护大殿。在某次雷雨中，大殿顶端附近等 势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则关于a、b、c、d四点说法正确的是() A.a点和d点电场强度相同 B.b点电场强度最大 C.c点电场强度最大 D.b点电势高于c点 3.如图，真空中xOy平面直角坐标系上的E、F、G三点构成等边三角形，边长为L。若将 两个等量异种点电荷一q和十q分别固定在E、F点，则 () G 、+g 0 A.O点电场强度的方向沿x轴正方向 B.G点电场强度的方向沿y轴正方向 高一学科素养周测评（二十五）物理第1页（共4页） 要想赢，就一定不怕输 C.O点电场强度的大小为零 班级 D.G点电场强度的大小为智 4.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球以速度v。从M、N连线上的P点水 姓名 射人电场强度大小为，方向竖直向下的匀强电场中，小球运动轨透 上的Q点（未画出）。已知MN与水平方向成45°角，重力加速度为g,不计空气阻力。 得分 则下列说法正确的是 () M p 45c. A.小球从P运动到Q的过程中电势能增大 B.小球在电场中运动时的加速度大小为√2g C小球从P运动到Q的时间为20 √2u6 D.P、Q两点间的距离为 g 5.科技馆中有一光滑绝缘轨道如图所示，轨道由半径R=2m的竖直光滑绝缘圆轨道和光 滑水平轨道构成，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。若空间存在一个水平向右、 大小E=1.0×104V/m的匀强电场，质量为0.04kg,电荷量均为q=十3×10-5C的小 球在C点获得一个速度，恰好能过A点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取 10m/s2。下列说法正确的是 () 、379 R 7777777777 777777777 C A.小球在A点的速度是5m/s B.小球在C点的速度是√115m/s C.小球经过0.6s落到地面上 D.小球落地点距离C点2.4m 6.纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取O点为坐标原点建立x轴，以O为圆心、 R为半径，从x轴上的a点开始沿逆时针方向作圆，a~h是圆周上的8个等分点，如图 甲所示；测量圆上各点的电势9与半径同x轴正方向的夹角0，描绘的p0图像如图乙 所示，下列说法正确的是 () d ↑P/V 91 O 2π 0/rad 92 甲 高一学科素养周测评（二十五）物理第2页（共4页） 1 A电场强度的大小为法 B.0点的电势为1一92 2 C.ae两点的电势差为1十9 2 D.从e到f,电势一直降低，从g到h,电势一直升高 二、非选择题：本题共3小题，共52分。 7.(12分)学习小组想测量某电阻的阻值R。 (1)先用多用电表的欧姆挡粗略测量待测电阻阻值。下述步骤合理的顺序是 (填数字序号)。 ①把待测电阻连接到红、黑表笔间。 ②红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，让指针指到0处。 ③把选择开关调到欧姆挡合适的倍率。 ④读取测得的电阻值。 ⑤把选择开关拨到“OFF”挡。 V-2 甲 0 P R 乙 (2)若选择开关为“×10”挡，指针示数如图甲所示，则测得的电阻为 2。 (3)接下来用图乙所示的电路精确地测量该电阻的阻值Rz。R。是定值电阻，滑动变阻 器最大阻值有202和2000可供选择，为了方便调节，应选择最大阻值为 2 的滑动变阻器。 (4)电路连接完成后，测量步骤如下： ①先把滑动变阻器的滑片P移到最 (填“左”或“右”)端，然后闭合开关 S1、S2; ②缓慢移动滑动变阻器的滑片P,使电流表、电压表指针指在合适的位置，记录两表 的示数I、U1; ③断开开关S2,电流表的示数 (填“变大”或“变小”)，向 (填“左”或 “右”)移动滑动变阻器滑片，使电流表的示数仍为I,记录电压表的示数U2,则待 测电阻的阻值R.= (用I、U1、U2表示)。 (5)该电流表内阻对电阻的测量值 (填“有”或“没有”)影响。 1 高一学科素养周测评（二十五）物理第3页（共4页） 8.(20分)如图所示，长度MN=6m绷紧的水平传送带以恒定的速度vo=5m/s顺时针 转动，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道半径R=1.8m,下端恰好与光 滑水平面PM平滑对接，质量m=0.2kg的小物块由圆弧轨道顶端无初速释放，滑过传 送带和光滑水平面NA,从A点冲上倾角0=30°的斜面（经过A点时没有能量损失），从 B点冲出斜面，最后落在平台上的C点，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ1 0.25,小物块和斜面间的动摩擦因数，-2，小物共在斜面上运动时间4，=0.25，g 取10m/s2,不计空气阻力，小物块可视为质点，求： (1)小物块运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力大小； (2)小物块在传送带上运动时与传送带间摩擦产生的热量。 BSmmiirine --一-、 R P A 00 A 9.(20分)如图甲所示，竖直正对放置的平行极板A、B间存在一匀强电场，从A板O处的 放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为e的电子，电子经极板A、B间的电场加 速后由B板上的小孔离开，然后沿水平放置的平行极板C、D的中心线进入偏转电场。 C、D两极板的长度均为L、间距为d,两板之间加有如图乙所示的交变电压，U。为已知 量，0~2时间段内极板C的电势高于极板D的电势。电子被加速后离开极板A、B间 加速电场时的速度大小为，所有电子在极板C、D间的偏转电场里运动时均不会 到C、D两极板上，不考虑电子的重力及电子之间的相互作用和极板的边缘效应。求： (1)极板A、B之间的电势差UAB; (2)t=0时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的侧移距离； (3)t=3T 时刻进人偏转电场的电子离开偏转电场时的侧移距离。 01 C U T3江2T7 D -3U 印 乙 高一学科素养周测评（二十五）物理第4页（共4页）2026 示数I=0.25A,此时R=16Q,R。=40,通 过R。的电流I。=R U2 =1A,根据闭合电路欧姆 定律有E=U2+(I十I6)(R1十r),结合前式可 以解得E=9V,r=2.52,B、C错误；根据题意 可知移动滑片的过程中，滑动变阻器消耗的最大 E281 电功率P。一4R1+7)-6W,D正确。 二、非选择题 7.(1)1700(2分)(2)V2(2分)R2(2分)(3) b-a)r(4分)(4)=(2分) a 【解析】(1)首先用欧姆挡“×10”倍率，此时欧姆 表的指针偏角很小，说明待测电阻阻值较大，为 了减小误差，应换用“X100”倍率，由题图甲可知， 待测电阻的阻值约为17.0×1002=17002。 (2)根据题图乙，结合欧姆定律可估算通过电阻的 最大电流1-=170A≈0.029A,可知电流 表量程过大，由于电压表V2的内阻已知，可以将 电压表V2作电流表使用，电压表V1用于测量总 电压，即电表1选择V2;根据串联电阻电压的分 配原则，保证滑动变阻器要便于调节，定值电阻 R2与滑动变阻器最大电阻相当，即保护电路的电 阻选择R2。 (3)根据串联分压原理可知，电阻R,两端的电压 U.=b-a,通过电阻R.的电流L,=I2=a,则 _U._(b-a)r2 待测电阻的阻值R:一： a (④)根据(3)中待测电阻表达式R,-6一a)r严可 a 知，电表示数和内阻？都是真实值，则计算出的 2026一2027学年度高一学科素养周 一、选择题 1.C【解析】题图甲中，物体A将弹簧压缩的过程 中，弹簧弹力对A做负功，A机械能不守恒，物体 A与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；题图 乙中，物体B沿固定斜面匀速下滑，则B受到摩 擦力的作用，物体B机械能在减少，B错误；题图 丙中，不计任何阻力和定滑轮质量时A加速下 落，B加速上升过程中，A、B系统只有重力和弹 力做功，A、B系统机械能守恒，C正确；题图丁 ·2( 学科素养周测评 电阻Rz=R真。 8.(①b4分)(2)R(4分)4分)偏大（④ 分)号-R,4分) 【解析】(1)为保证电路中各元件的安全，闭合千 路开关之前需先将滑动变阻器的阻值调到最大， 故滑片应在b端。 (2)方法一为等效法测电阻，由等效法原理可知， 光敏电阻的阻值与电阻箱连入电路的阻值相等， 故为R。方法二为伏安法测电阻，且为电流表内 U 接法，此时光敏电阻的测量值为，但该结果应 为光敏电阻与电流表内阻之和，所以与真实值相 比偏大；若求解其真实值，应将该结果中电流表 的内阻减去，故而其真实值为一RA。 9.(1)A(4分)×1(4分)欧姆调零(4分) (2)5×103(4分)大于(4分) 【解析】(1)某次实验中，小明首先把选择开关置 于欧姆挡“×10”倍率挡处，将红黑表笔短接进行 欧姆调零，需要旋动A旋钮，使指针指在右端的 零刻度；然后将红黑表笔接触待测电阻两端，发 现指针偏转角度过大，说明倍率挡选择过高，因 此需选择X1倍率的欧姆挡，并需再次欧姆调零 后，再次进行测量。 E1 E (2)由题意可知1，一R有，21，=R十R.,解得 R,=5×103D;若电源用久后，电动势变小，则根 E E'1R内 据1=尺：可知R偏小，1=RR:R为时R, I。,可知I偏小，则电阻测量值偏大。 R 1大尽 则评（二十五）物理·阶段检测（七） 中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的 动能和势能都不变，故机械能守恒，D错误。 2.C【解析】在静电场中，等差等势线的疏密程度 反映电场强度的大小，题图中a点和d点的等差 等势线的疏密程度不同，所以两点的电场强度不 同；C点的等差等势线相对最密集，故c点的电场 强度最大，A、B错误，C正确；根据题目条件，由 于不能确定电场线的方向，所以不能确定b点电 势高于c,点，D错误。 ·物理· 3.D【解析】十q在O点产生的电场强度方向沿x 轴负方向，一q在产生的电场强度方向沿x轴负 方向，故O点合电场强度的方向沿x轴负方向， A错误；O点电场强度的大小E。=2k 2 8铝C错误；如题图所示，设十g和-g在G点 产生的电场强度分别为E1、E2,G点的合场强 为E。,剥有E,=E:=k吕，由几何关系可 知，E1、E2的夹角为180°-60°=120°，G点的合 场强E6=2E10s60°=k2,方向沿x轴负方 向，B错误，D正确。 E E E、 -9 、+q F 4.D【解析】小球带正电，在从P点运动到Q点的 过程中，电场力做正功，电势能减小，A错误；小 球受到竖直向下的重力和电场力，根据牛顿第二 定律有mg十Eg=ma,因E=mg,可得小球在电 场中运动时的加速度大小为2g,B错误；小球从 P点运动到Q点做类平抛运动，水平方向有x= ,竖直方向有)y=2a,且有an45°=y,联 立解得4=2，C错误；水平位移工=01=，则 g g P,Q两点间的距离5=c0s45 v2 °，D正确。 g 5.ABC【解析】根据题意可得，重力和电场力的合 力大小F合=√(mg)2十(Eg)=0.5N,设合力与 竖直方向的夹角为a,则tana= mg=金，所以合力 E9_3 与竖直方向的夹角为37°，所以在A点有F合= m尺，解得A=5m/s,A正确；由C到A,根据动 能定理可得-F。R(1十cos379）=7m以 2m呢，解得uc=√15m/s,B正确；小球经过 A点后做斜下抛运动，则R(1十c0s37)= ·2 参考答案及解析 1 (UAsin37)t+2gt,解得t=0.6s,C正确；小球落 地，点距离C点的距离x=Rsin37°+UA COS37°·t 1E9,解得x=2.25m,D错误。 2 m 6.AB【解析】由题图甲可知圆周上电势最高的点和 电势最低的点所在的直径与x轴的夫角0=日，且 电势差的值为P1一（一P2)=P1十p2,由匀强电场 的电场强度和电势差的关系，可得电场强度的大 小E=,方向与出铂正方向的夹角为餐。 A正确；根据匀强电场电势分布特，点，O点的电 势，=十(9》_，B正确1ae两点 2 2 的电势差Ue=E·2Rcos6 =3(9,+9）,C 2 错误；根据选项A的分析，可画出如图所示电场 线。根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知从 e到f,电势先降低再升高，从g到h,电势一直升 高，D错误。 d 6 电势最高点 O百 电势最低点X x h 二、非选择题 7.(1)③②①④⑤(1分)(2)140(1分)(3)20(1 分)(4)①左(1分)③变小(2分)右(2分) U,-U(2分)(5)没有(2分） 【解析】(1)先用多用电表的欧姆挡粗略测量待 测电阻阻值。应先把选择开关调到欧姆挡合适 的倍率；然后红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋 钮，让指针指到0Ω处；接着把待测电阻连接到 红、黑表笔间，读取测得的电阻值；最后把选择开 关拨到“OF℉”挡。故步骤合理的顺序是③②① ④⑤。 (2)若选择开关为“X10”挡，指针示数如题图甲 所示，则测得的电阻为14.0X102=1402。 (3)由于电路图中滑动变阻器采用分压接法，为了方 便调节，应选择最大阻值为20D的滑动变阻器。 (4)①为了保证电表的安全，先把滑动变阻器的 滑片P移到最左端，然后闭合开关S、S2； ③断开开关S2,支路多串联R,则电流表的示数 变小；应向右移动滑动变阻器滑片，使得电压表 1 2026 学科素养周测评 示数变大，电流表的示数仍为I,记录电压表的示 根据动能定理可得 数U2;设电流表内阻为RA,根据欧姆定律可得 1 -eUAB-2m0 (1分) 号-R十R,-R十R十R,可得待别电度 极板A、B之间的电势差 的阻值R,= U2-U1 UAB=一 2mL2 eT2 (1分) (5)由以上分析可知，该电流表内阻对电阻的测 (2)电子进入极板C、D间的偏转电场后在电场力 量值没有影响。 的作用下做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线 8.(1)6N(2)0.1J 运动有 【解析】(1)小物块从圆孤轨道顶端滑到圆孤轨 L=vot (1分) 道底端的过程中，根据机械能守恒定律得 T (1分) 1 解得t=2 mgR=2mvp (2分) t=0时刻进入极板C、D间的偏转电场的电子加 解得vp=6m/s 速度大小 由FN-mg=mR (2分) 。赠 (2分) 解得FN=6N 电子离开偏转电场时的侧移距离 根据牛顿第三定律，小物块运动到圆孤轨道底端 1 y= 2a1t2 (1分) 时对轨道的压力大小为6N (2分) (2)小物块释放后冲上水平传送带时的速度大小 解得y= eU.T2 (1分) vp=6m,小物块冲上传送带后做匀减速运动， 8md 根据牛顿第二定律有 (3)t=4 时刻射入极板C、D间的偏转电场的电 uimg=ma (2分) 3T 解得加速度大小 子，在 一T的时间内加速度大小 4 a1=2.5m/s2 3eUo 设小物块与传送带共速时对地位移为x,则由运 a2= (2分) md 动学公式可得 此过程的侧移距离 v6-3=-2a1x (2分) 1 代人数据，解得 227工3T)2=3e。T (2分) 32md x=2.2 m<MN (2分) 在t=T时刻竖直方向的分速度 则可知小物块与传送带共速后和传送带一起做 o,=a(r-四） 3T)= 3eUo T 匀速运动，小物块在传送带上减速所用时间 (2分) Amd 1=0-0P=0.4s (2分) 5T -a1 在T 时间内电子加速度大小 4 这段时间内传送带运动的位移 eUo x带=Y0t1=2m (2分) a1= (2分) md 则小物块通过传送带时由于摩擦产生的热量 此过程的侧移距离 Q=h1mg(x-x带) (2分) 5eUoT2 解得Q=0.1J。 (2分) 32md 9.(1) 2mL2 eT2 (2)UT (3)U.T: (2分) 8md Amd 电子离开C、D间的偏转电场时的侧移距离 【解析】(1)粒子在A、B板之间加速后获得的速度 eU.T2 (1分) 2L y=y1十y2= 00T (1分) 4md。 ·22· 1