2025届福建省闽侯市第六中学高二物理第一学期期中复习检测试题含解析

2025届福建省闽侯市第六中学高二物理第一学期期中复习检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点，轨迹如图中虚线所示，图中的一组平行实线表示的可能是电场线也可能是等势面，则下列说法中正确的是（）A．无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小B．无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势高C．无论图中的实线是电场线还是等势面，电子在a点的电势能都比在b点的电势能小D．如果图中的实线是等势面，电子在a点的速率一定大于在b点的速率2、图为描述某静电场的电场线，a、b、c是同一条电场线上的三个点，其电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec，电势分别为φa、φb、φc。关于φa、φb、φc的比较，下列说法正确的是（）A． B．C． D．3、一块磁铁从高处掉到地上，虽然没有断，但磁性变弱了，这是因为A．磁铁被磁化了 B．磁铁因剧烈震动而退磁了C．磁铁是非磁性物质 D．磁铁是软磁性材料4、某人以不变的速率垂直向对岸游去，游到河中间，水流速度加大，则此人（）A．渡河所用的时间比预定时间减少B．渡河所用的时间与预定时间相同C．渡河所用的时间比预定时间增加D．渡河路程变短5、如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点．已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=-3V，由此可知，D点的电势为（）A．3V B．6V C．9V D．12V6、如图所示，质量分别是m1和m2带电量分别为q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β（α＞β），两小球恰在同一水平线上，那么（

）A．两球一定带同种电荷B．q1一定大于q2C．m1一定等于m2D．m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力二、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、如图，电源的电动势，内阻，定值电阻，M是电动机，其线圈电阻，电动机正常工作时，理想电压表示数为6V，则（）A．通过电源的电流为1.5AB．定值电阻R两端的电压为8VC．电动机的输出功率为5WD．电源的效率约为93.3%8、如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷-Q，且CO=OD，。下列判断正确的是A．D点电场强度为零B．O点电场强度为零C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大D．若将点电荷-q从O移向C，电势能增大9、在电场中的某点A放一检验电荷+q，它所受到的电场力大小为F，方向水平向右则A点的场强大小为,方向水平向右．下列说法正确的是A．在A点放-个负检验电荷，A点的场强方向变为水平向左B．在A点放一个负检验电荷，它所受的电场力方向水平向左C．在A点放一个电荷量为叫的检验电荷，则A点的场强变为D．在A点放一个电荷量为2q的检验电荷，则它所受的电场力变为2F10、如图所示，电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离则（）A．带电油滴的电势能将增大B．P点的电势将降低,两极板间的电势差不变C．平行板之间的电场强度增大，平行板所带电荷量也增大D．电容器的电容增大,带电油滴将沿竖直方向向上运动三、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）欲用伏安法测定一段阻值为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：A．电池组（3V、）B．电流表（0～3A，约0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，约0.125Ω）D．电压表（0～3V、）E.电压表（0～15V、）F.滑动变阻器（0～）G.滑动变阻器（0～）H.开关、导线(1)上述器材中应选用的是______________。(2)实验电路采用正确连接,R的测量值比真实值_________（填“偏大”或“偏小”或“相等”）。(3)在方框中画出实验电路图__。12．（12分）某直流电动机M转动时的U-I图象如图甲所示，该同学利用图乙的实验电路研究电动机的转动情况，电路中使用恒压电源，R1＝15Ω，R2是滑动变阻器，电流表A是理想电流表，实验操作步骤如下：(1)闭合开关S2前，调节滑动变阻器，使其滑动触头应在________端．(选填“左”或“右”)(2)先闭合开关S1，开关S2保持断开，此时电流表的示数为0.6A，则恒压电源输出电压为________V．(3)再闭合开关S2，然后缓慢调节滑动变阻器使电动机恰好转动起来，此时电流表的示数为1.8A，直流电动机M实际消耗的电功率为________W，滑动变阻器接入电路中的阻值为________．(以上均取两位有效数值)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,一小型发电站通过升压变压器B1和降压变压器B2把电能输送给用户(B1和B2都是理想变压器),已知发电机的输出功率为500kW,输出电压为500V,升压变压器B1原、副线圈的匝数比为1∶10,两变压器间输电导线的总电阻为2Ω,降压变压器B2的输出电压为220V.求：(1)输电导线上损失的功率;(2)降压变压器B2的原、副线圈的匝数之比.14．（16分）两个均标有“10V,20W”的线性元件L1和L2,与一个R=5Ω的电阻按图示电路相连．在电路两端加上U=15V的电压后，求：(1)流经L1的电流；(2)两元件L1和L2的实际功率．15．（12分）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求P点到O点的距离。

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、D【解析】试题分析：A、由图看出，电场线或等势面疏密均匀，无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的场强和b点的场强大小相等．故A错误．B、根据电子的运动轨迹可知，电子所受的电场力方向向右，电场线方向水平向左，则a点的电势都比b点的电势低．故B错误．C、D电子所受的电场力方向向右，电场力做正功，电势能减小，动能增大，则电子在a点的电势能都比在b点的电势能大，在a点的速率一定大于在b点的速率．故C错误，D正确．故选D2、A【解析】

顺着电场线方向，电势必定降低，则有．A．，与结论相符，选项A正确；B．，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论不相符，选项D错误；3、B【解析】

由安培的环形电流假说，磁性变弱是由于磁铁因剧烈震动而退磁了，里面的磁性排列变的杂乱，故选B4、B【解析】试题分析:将小船的实际运动沿着船头指向和顺着水流方向正交分解，由于分运动互不干扰，故渡河时间与水流速度无关，只与船头指向方向的分运动有关，当船航行过程中，水流速度突然增大，没有改变船头指向的速度，所以对渡河时间无影响，只会对轨迹有影响，根据运动的合成可知，水的速度突然增大，会导致路程增大，故B正确，ACD错误；考点：运动的合成和分解5、C【解析】

如图，作AB的中点F，则F点的电势为9V，连接DF，然后反向延长AB至E点，使得，则E点的电势为-3V，连接CE，则CE为一条等势线，根据几何知识可得DF∥CE，故DF也是一条等势线，所以D点的电势为9V，故C正确．6、D【解析】试题分析：由两小球互相靠近，说明两小球互相吸引，两球一定带异种电荷，A错；对a、b两小球均受重力，线的拉力和a、b两球的静电斥力，三力平衡.已知α>β,由平衡条件得ma<mb.两球间的相互作用力大小相等，与两球的电量无关，电量大小无法判断，D对；BC错；考点：考查库仑定律的应用点评：难度中等，两球间的库仑力是相互作用力，故无法判断两球的电荷大小，这是本题应该注意的二、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、BCD【解析】

A、设理想电压表示数为U，电路中电流为I，由闭合电路欧姆定律得：，可得：则通过电源和电动机的电流为1A，故A错误；B、根据欧姆定律可知定值电阻R两端的电压为，故B正确；C、电动机消耗的电功率为：电动机的发热功率为：故电动机的输出功率为：，故C正确；D、电源的效率，故D正确。8、AD【解析】

A。题中A、B、C三点电荷在D点产生的场强如图所示，大小相等，则有、的矢量和沿轴正方向，大小也等于，方向沿轴负方向，故三个场强的矢量和为0，故A正确；B．题中A、B两个+Q在O点的场强矢量和为0，所以O点的场强等于C点在O点产生的场强不为零，故A错误；CD．轴上的区间，合场强方向沿轴负方向，所以将正电荷从O移向C，电场力做正功，电势能减小，将负电荷从O移向C，电场力做负功，电势能增加，故C错误，D正确；故选AD。9、BD【解析】A、点A放一检验电荷，它所受到的电场力大小为F，方向水平向右，则A点的电场强度方向是水平向右，若在A点放一个负检验电荷，A点的场强方向仍然不变，是水平向右，故A错误；

B、负检验电荷受到的电场力方向与电场强度方向相反，则在A点放一个负检验电荷，它所受的电场力方向水平向左，故B正确；

C、在A点放一个电荷量为的检验电荷，则A点的场强大小仍然不变，故C错误；

D、在A点放一个电荷量为的检验电荷，由于A点的场强大小仍然不变，所以电场力变为，故D正确．点睛：电场强度是通过比值定义的，比值与其电场力及电量均没有关系．例如：质量与体积的比值定义为密度．当质量变大时，体积变大，而比值却不变．电场线虽不实际存在，但却能形象描绘电场的强度与方向．10、CD【解析】试题分析：因为电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压恒定不变，将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则两极板间的距离减小，根据公式E=Ud可得两极板间的电场强度增大，则P将向上运动，电场力做正功，电势能将减小，P到下极板间的距离不变，根据公式U=Ed可得P与下极板间的电势差增大，根据公式C=εS考点：考查了电容器的动态变化【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据C=εS4πkd判断电容器的电容变化情况，然后结合E=U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、ACDFH偏小【解析】

（1）[1]．根据闭合电路欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为所以电流表应选C；根据电源电动势为3V可知，电压表应选D；根据电流表的最小读数应为量程的1/3，根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻应为所以变阻器应选F，且应采用限流式接法；所以应选择的器材是ACDFH；

（2）[2]．由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法；由于变阻器的阻值大于待测电阻，变阻器应采用限流式接法；电路应是外接限流式，此电路中电流的测量值偏大，则电阻Rx的测量值比真实值偏小。（3）[3]．如图所示：

12、左9.03.84.8【解析】

（1）[1]因变阻器采用限流式接法，开关闭合前为使电路中电路中电流最小，应其接入电路中的阻值为最大．故滑片应在最左端．（2）[2]根据欧姆定律开关S2保持断开时恒压电源输出电压为：U=IR1=0.6×15V=9.0V（3）[3]知电源电压恒为9.0V，闭合开关S2后根据欧姆定律有通过R1的电流为：A所以通过电动机的电流为：A再根据电动机的U-I图象可读出电动机两端电压UM=3.2V，则直流电动机M实际消耗的电功率为：P=UMI2=1.2×3.2W=3.8W[4]此时滑动变阻器两端电压为U3=E-UM=9-3.8=5.2V由欧姆定律可知，接入电阻：Ω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)(2)【解析】

(1)原、副线圈电压比等于匝数比，对升压变压器：即输电线的电流：损失的功率：(2)降压变压器的输入电压：U3=U2-I2R=