内蒙古赤峰第四中学2025届物理高二上期中复习检测模拟试题含解析

内蒙古赤峰第四中学2025届物理高二上期中复习检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、图（a）为示波管的原理图．如果在点击之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是A． B．C． D．2、元电荷是（）A．电子 B．正电子 C．质子 D．电量的一种单位3、如图所示，当交流电源的电压(有效值)U＝220V，频率f＝50Hz时，三只灯泡L1、L2、L3的亮度相同(L无直流电阻)，若将交流电源的频率变为f＝100Hz，则()A．L1灯比原来暗 B．L2灯比原来亮C．L3灯和原来一样亮 D．L3灯比原来亮4、如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。则A．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mgB．当滑块以加速度a=g向左加速运动时，小球对滑块压力为零C．若滑块以加速度a=g向左加速运动时，线中拉力为mgD．当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，线中拉力为2mg5、某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知A．反映输出功率变化的图线是CB．电源电动势为4

VC．电源内阻为D．反映变化的图线是b6、将一根粗细均匀的铜丝接到电压恒为U的A、B间两点间，然后将该铜丝取下，将其均匀拉长，使长度是原来的2倍，再将拉长后的铜丝接回到A、B间。则拉长后的铜丝与原来相比，以下说法正确的是A．电阻是原来的2倍B．发热功率是原来的倍C．铜丝内自由电子定向移动的平均速率是原来的倍D．铜丝内自由电子定向移动的平均速率是原来的倍二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如右图所示的同心圆是电场中的一组等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则有()A．电子沿AC运动时受到的电场力越来越小B．电子沿AC运动时它具有的电势能越来越大C．电势φA＞φB＞φCD．电势差UAB＝UBC8、如图，质量为m、带电量为q的小球用长为L的细线悬挂，处在水平方向的匀强电场中，小球静止于A点，此时悬线与竖直方向夹角为θ=30°，现用力将小球缓慢拉到最低点B由静止释放。不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．场强的大小为E=B．小球将在A、B之间往复摆动C．小球将回到A处停下来D．小球从B向右摆到最高点的过程中，电势能的减少量为mgL9、如图（甲）所示的电路中，将滑动变阻器R2的滑动片由a端向b端移动，用两个电表分别测量电压和电流，得到部分U﹣I关系图象如图（乙）所示，则（）A．电源的电动势为6VB．滑动变阻器的总阻值为20ΩC．当电压表示数为5.0V时，电源效率最高D．当电压表示数为5.0V时，R2消耗的总功率最大10、A、B两个点电荷在真空中产生电场的电场线(方向未标出)如图所示.图中C点为两点电荷连线的中点,MN为两点电荷连线的中垂线,D为中垂线上的一点,电场线的分布关于MN左右对称.则下列说法中正确的(

)A．这两个点电荷一定是等量异种电荷B．这两个点电荷一定是等量同种电荷C．把某正电荷从C点移到D点所受电场力方向不变D．C点的电场强度可能比D点的电场强度小三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线。有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）E.滑动变阻器（10Ω，2A）F.学生电源（直流6V），还有电键、导线若干(1)实验中所用电压表应选用________.(2)实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路________.(3)某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图所示），若用电动势为3V、内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是________W.12．（12分）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图甲所示，读数为______mm；用游标为20分度的卡尺测量球的直径，示数如图乙所示，读数为________cm.四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，一平行板电容器板长L=4cm，板间距离为d=3cm，倾斜放置，使板面与水平方向夹角α=37°，若两板间所加电压U=100V，一带电荷量q=3×10﹣10C的负电荷以v0=0.5m/s的速度自A板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从B板右边缘水平飞出，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）则（1）带电粒子的质量为多少？（2）带电粒子从电场中飞出时的速度为多少？14．（16分）如图所示，坐标空间中有场强为E=100N/C的匀强电场和磁感应强度为B=10-3T的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m，电荷量为-q的带电粒子从电场中坐标位置(-1，0)处，以初速度vo=105m/s沿x轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷=108C/kg，粒子的重力忽略不计，则：(1)求带电粒子进入磁场的速度大小；(2)为使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁场的宽度d应满足的条件15．（12分）如图所示，在匀强电场中有abc三点，ab相距4cm，bc相距10cm，将一个带电荷量为2×10-8C的电荷从a点移到b点时，电场力做功为4×10-6J．将此电荷从b点移到c点时电场力做功为多少？，a、c间电势差为多少？

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】

电子在和间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向一侧，所以电子前半周期偏向一侧．前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧．综上，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限．同理，后半周期的图像应在第四象限．A．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故A错误．B．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故B正确．C．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故C错误．D．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故D错误．2、D【解析】元电荷是电量的一种单位，是带电体所带电荷的最小值．等于质子，电子和正电子所带电荷量的大小．D对．3、C【解析】

三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大,电容的容抗减小,电阻所在支路对电流的阻碍作用不变；所以流过L1的电流变大，流过L2的电流变小，流过L3的电流不变.故L1变亮，L2变暗，L3亮度不变.

所以选C.4、B【解析】

当滑块匀速运动时，根据平衡条件绳的拉力大小；当滑块向左匀加速直线运动时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出支持力为零时的加速度，从而判断小球是否离开斜面，再结合牛顿第二定律和平行四边形定则求出绳子的拉力。【详解】当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为T=mgsin45°=mg，故A错误；设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，如图所示；

根据牛顿第二定律可得加速度a0==g，此时细线的拉力F==mg，故B正确，C错误；当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为，故D错误；故选B。【点睛】解决本题的关键确定出小球刚离开斜面时的临界情况，结合牛顿第二定律进行求临界加速度。当受力较多时，采用正交分解法比较简单，而小球只受两个力时用合成法简单。5、B【解析】

AD、电源内部的发热功率，图象是抛物线，而且是增函数，则反映变化的图线是c；电源的总功率，图象的斜率等于电动势E，则反映变化的图线a；PR=I(E-Ir)=-I2r+EI，所以反映输出功率变化的图线是b，故A、D错误；B、总功率，图象的斜率等于电动势E，，则有，故B正确；C、图中时，电源内部的发热功率与电源的总功率相等，则有，得到，故C错误；故选B．6、D【解析】

A．根据电阻定律有：可知长度变为原来的2倍后，由于体积不变，故电阻变为原来的4倍，故A错误.B．根据：可知电阻两端电压不变，R变为原来的4倍时，P变为原来的，故B错误.CD．根据欧姆定律有：可知电流变为原来的，又根据微观表达式：由A选项可知S变为原来的，单位体积中自由移动的电子数不变，电子电荷量不变，故电子定向移动的速率变为原来的，故C错误，D正确.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BC【解析】

A．根据等势面的形状和题意，可知该电场是负点电荷形成的，根据场强所以当电子沿AC方向运动时，r减小，电场强度增大，则受到的电场力F=Ee增大，A错误；B．电子沿AC方向运动过程中，电场力做负功，根据功能关系，可知电势能越来越大，故B正确；C．该电场各处的电场线均指向圆心，根据顺着电场线电势越来越低，故C正确；D．在该电场中等差等势线的间距不相等，故D错误。故选BC。8、AD【解析】小球原来处于静止，由平衡条件得：qE=mgtanθ，则得E=mgtanθq=3mg3q，故A正确；由题知，小球原来静止，电场力与重力的合力方向沿OA方向．小球从最低点B由静止释放后，电场力和重力的合力做正功，小球的速度增大，到达A点后，由于惯性，继续向上摆动，之后合力对小球做负功，速度减小，速度减至零后，再向下摆动，到B点速度为零，周而复始，所以小球将以A点为平衡位置做往复运动．故BC错误；小球从B向右摆到最高点的过程中，设x细线的最大偏角为α．根据能量守恒定律得：mgl（1-cosα）=qElsinα

将qE=mgtanθ，代入解得：tanα2=tanθ，α=2θ=60°;所以电势能的减少量为△Ep9、BC【解析】

根据电路图结合数学知识可知，当aP的电阻等于bP的电阻时，并联部分电阻最大，此时电压表示数最大，根据乙图可知，电压表示数最大为5V，此时电流表示数为0.5A，则有：RaP=UI=50.5Ω=10Ω，则滑动变阻器的总阻值为R=2RaP=20Ω，根据闭合电路欧姆定律得：E=U+2I（R1+r），根据乙图可知，当电压表示数U1=4V时电流表示数为I1=0.25A或I2=1A，根据闭合电路欧姆定律得：E=U1+（I1+I2）（R1+r），联立方程解得：E=9V，R1+r=4Ω，故A错误，B正确；电源效率η=UIIE=UE，当电压表示数为5.0V时，并联部分电阻最大，则外电路电阻最大，此时路段电压最大，效率最高，故C正确；把R1看成内阻，当并联部分电阻R并=R1+r10、AC【解析】

电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，从而判断两电荷的电性；判断由C到D点电场力的方向是否发生变化，可以从做功角度或者从场强叠加角度找出合场强的方向，从而判断电场力的方向；从电场线的疏密判断场强的大小；【详解】AB、根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止，而且电荷A、B周围电场线分不情况完全一致，可知A、B是一定两个等量异种电荷，故A正确，B错误；

C、由图可知，中垂线MN为等势面，即CD两点电势相等，正点电荷q从C点移到D点，电场力不做功，可知电场力的方向与NM垂直，即水平方向，则正电荷从C点移到D点所受电场力方向不变，故C正确；

D、根据电场线的疏密可知，C点附近电场线密集，故C点的电场强度比D点电场强度大，故D错误。【点睛】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性问题。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、（1）A；（2）（3）0.80W；【解析】（1）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；

（2）由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，灯泡的电阻约为R=U

（3）当灯泡接入电动势为3V、内阻为2.5Ω的电源中时，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir

U=3-2.5I；画出U-I图象，与该小灯泡的伏安特性曲线的交点表示该灯泡接入电路中的电压和电流，由图读出通过灯泡电流为0.4A，两端电压为2.0V，所以功率为0.8W．

点睛：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．12、0.615~0.619；0.670【解析】试题分析：螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为11.7×0.01mm=0.117mm，所以最终读数为0.5mm+0.117mm=0.617mm，游标卡尺的主尺读数为：0.6cm=6mm，游标尺上第14个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为14×0.05mm=0.70mm，所以最终读数为：6mm+0.70mm=6.70mm=0.670mm，故答案为0.617；0.670考点：本题考查了螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用.四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）带电粒子质量为8×10﹣8kg；（2）粒子飞出时的速度为1m/s．【解析】试题分析：（1）负电荷在电场