2025届福建厦门大同中学物理高二上期中复习检测试题含解析

2025届福建厦门大同中学物理高二上期中复习检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度的大小和磁场强弱可分别由电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（）A．仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子束将做匀加速直线运动B．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变小2、如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），一对正、负电子分别以相同的速度沿与x轴成15°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为（）A．1：5B．5：2C．5：3D．3：23、如图是测定两个电源的电动势和内电阻实验中得到的图线，则应有（

）A．当时，电源总功率B．当时，外电阻C．当时，电源输出功率D．当时，电源内部消耗的电功率4、a、b、c是在地球大气层外的圆形轨道上匀速运行的三颗人造卫星，其中a、b的轨道半径相同，b、c的轨道在同一平面内。某时刻a处于a、b轨道的交点，c处于b的正上方，如图所示，则下列说法正确的是A．a、b在此后有可能相撞B．a、b的加速度大小相等，且小于c的加速度C．a、b的线速度大小相等，且大于c的线速度D．下一次c处于b的正上方一定仍在图示位置处5、图甲是洛伦兹力演示仪。图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹。图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变B．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小C．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变D．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小6、两列相干水波的叠加情况如图所示，水波可看做横波，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷。设两列波的振幅均为5cm，且在图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为1m/s和1m。C点是BE连线的中点，下列说法正确的是A．F、Q两点都保持静止不动B．图示时刻A、B两点的竖直高度差为10cmC．从图示的时刻起经0.5s后，B点通过的路程为10cmD．图示时刻C点正处在平衡位置且向下运动二、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、如图甲，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压U0，A板电势为φA=0，B板电势为φB随时间t变化的规律如图乙所示．现有一个电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则A．若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子是在t=T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C．若电子是在t=3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D．若电子是在t=T/2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动8、如图所示，在竖直平面内有一水平向右的匀强电场，场强E＝1.0×104N/C。半径R＝2.0m的光滑绝缘细圆环形轨道竖直放置且固定，有一质量m＝0.4kg、电荷量q＝＋3.0×10－4C的带孔小球穿过细圆环形轨道静止在位置A，现对小球沿切线方向作用一瞬时速度vA，使小球恰好能在光滑绝缘细圆环形轨道上做圆周运动，取圆环的最低点为重力势能和电势能的零势能点．已知BC是圆环形轨道的一条水平直径，g＝10m/s2，sin370＝0.6，cos370＝0.8A．在位置A静止时圆环对小球的弹力大小为5NB．瞬时速度vA的大小为C．瞬时速度vA的大小为D．小球通过B点时的机械能最小9、如图所示，真空中两点电荷A、B带电量分别为+3Q和-Q，O点为连线的中点，a、b两点都在它们之间的连线上，c、d两点在AB连线的中垂线上．已知Oa=Ob，a、b两点的场强分别为Ea、Eb；Oc>Od，c、d两点的电势分别为φc、φd则下列说法正确的是A．Ea<Eb B．Ea>Eb C．φc>φd D．φc<φd10、平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间场强，U表示电容器两极间电压；表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则（）A．U变小，E不变B．E变大，变大C．U不变，不变D．U变小，不变三、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）（1）一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图所示，该工件的直径为________毫米．（2））某次使用螺旋测微器测量长度时如下图所示，则本次测量的长度是__________毫米．12．（12分）有一只标值为“2.5V，×W”的小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清．某同学想通过描绘灯丝伏安特性曲线来测定该灯泡的额定功率．①已知小灯泡的灯丝电阻约为5Ω，请先在图甲中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表（0~0.6A；0~3A）、电压表（0~3V；0~15V）的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路．②开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于(选填“A端”、“B端”或“AB正中间”)③该同学通过实验作出的灯丝伏安特性曲线如上图丙所示，则小灯泡的额定功率为W．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）有规格为“220V1000W”的电炉，求它在正常工作时的电阻；如果电压只有110V，求它实际消耗的功率。14．（16分）如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度大小E＝100V/m．电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为370，A点距水平地面的高度h=3m；BC段为一粗糙绝缘水平面，其长度L＝3m．斜面AB与水平面BC由一光滑小圆弧连接（图中未标出），竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径R＝0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部（忽略电场对O1O2右侧空间的影响）．现将一质量m＝1kg、电荷量q＝0.1C的带正电的小物块（可视为质点）置于A点由静止释放，已知该小物块与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为＝0.3，取g＝10m/s2，sin370＝0.6，cos370＝0.1．(1)求物块到达C点时的速度大小；(2)求物块到达D点时所受轨道的压力大小；(3)物块从D点进入电场的瞬间，将匀强电场的方向变为水平方向，并改变电场强度的大小，使物块恰好能够落到B点，求电场强度的大小和方向．（取＝2.24）15．（12分）如图所示的电路中，电源电动势E＝10V，内阻r＝0.5Ω，电动机的电阻R0＝1.0Ω，电阻R1＝1.5Ω，电动机正常工作时，电压表的示数U1＝3.0V，求：（1）电源的总功率和输出功率；（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率；（3）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机此时的发热功率（设此时线圈未被烧坏）．

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】

根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=12mv02…①

电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=mv02r…②

T=2πmeB…④

可见：仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子束不再受任何作用力，故将做匀速直线运动，故A错误；提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确，D错误；增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由④式知周期变小，故C【点睛】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键，知道带电粒子在电场中加速而在磁场中偏转做圆周运动，明确周期公式和半径公式的推导过程和应用．2、D【解析】分析：带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关．解答：解：正离子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转．正离子以60°入射，则圆弧对应的圆心角为120°，而负离子以30°入射，则圆弧对应的圆心角为60°，所以正离子运动时间是负离子时间的2倍．故选B点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案．3、A【解析】

由闭合电路欧姆定律得：变形得可知图线得截距代表电动势，斜率代表内阻；A.由图可知两电源电动势相等，电源总功率，当时，电源总功率，故A正确；B.图线2的斜率大于图线1的斜率，则电源的内阻，当时，由闭合电路欧姆定律可知有，则，故B错误；C.电源的输出功率，当时，由图知，则，故C错误；D.电源内部消耗的功率，当时，电源内电压，由图电源内阻，则，故D错误。故选A。4、C【解析】

A．a、b的轨道半径相同，根据知，a、b的线速度大小相等，则a、b在此后不可能相撞，故A错误。B．根据知，a、b的轨道半径相等，则加速度大小相等，a、b的轨道半径小于c的轨道，则加速度大于c的加速度，故B错误。C．根据知，a、b的轨道半径相等，则线速度大小相等，a、b的轨道半径小于c的轨道，则线速度大于c的线速度，故C正确。D．根据可知，c的周期大于b，则b的角速度比c的大，因此当b运动的角度比c多时c会出现在b的正上方，不一定时图示的位置，D错误。5、D【解析】电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=mv02；电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m，解得：；增大电子枪的加速电压，轨道半径变大，选项AB错误；增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，可以使电子束的轨道半径变小．故C错误，D正确；故选D.6、A【解析】

A．F、Q两点均为波谷与波峰相遇为振动减弱点，由于两列波的振动步调相反，所以F、Q两点都保持静止不动，故A正确；B．点A是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强点；由于振幅是5cm，A点是波峰与波峰相遇，则A点相对平衡位置高10cm，而B点是波谷与波谷相遇，则B点相对平衡低10cm。所以A、B相差20cm，故B错误；C．周期从图示的时刻起经0.5s后，B点通过的路程为故C错误；D．图示时刻点C处于平衡位置，两列波单独引起的速度均向上，故点C此时的合速度向上，故D错误。故选A。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、AB【解析】

若电子在t=0时刻进入的，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A正确；若电子是在时刻进入的，在一个周期内：在，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，时刻速度为零，接着继续向B板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上，故B正确；若电子是在时刻进入的，与在时刻进入时的情况相似，在运动一个周期的时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板，故C错误；若电子是在时刻进入的，在一个周期内：在，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在内，受到的电场力向右，继续向左做减速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向A板运动，一定不会到达B板，故D错误．8、ACD【解析】

A.小球在A点受力平衡，根据共点力平衡得,弹力N=(mg)2B.设电场力和重力的合力方向与竖直方向的夹角为θ，则tanθ=qEmg=34，即θ=37∘.在等效最高点，最小速度为零，根据动能定理得,−F⋅代入数据解得vA=10m/s.故B错误，C正确；D.从A到B的过程中，电场力所做的负功最多，则机械能损失最多，可知小球通过B点时的机械能最小。故D正确。故选：ACD.【点睛】根据共点力平衡求出小球在A点所受的弹力大小；根据等效最高点的最小速度为零，通过动能定理求出A点的瞬时速度；根据功能关系，即除重力做功以外其它力做功等于机械能的增量判断何处机械能最小。9、BD【解析】点电荷A、B带电量分别为+3Q和-Q，a处电场线比b处电场线密，而电场线的疏密表示场强的大小，所以有Ea＞Eb．故A错误，B正确．由叠加可知，c点电场方向斜向左下方，根据顺着电场线方向电势降低，o点电势比c点电势高，同理，o点电势也比d点电势高，根据对称性可知，d点电势与d点关于o点的对称点的电势相等，此对称点的电势高于c点电势，所以d点电势高于c点电势，则有φc＜φd．故C错误，D正确．故选BD．点睛：解答本题关键是一方面要掌握电场线的两个意义：疏密表示场强的大小，顺着电场线方向电势降低，另一方面要抓住对称性．10、AD【解析】平行板电容器充电后与电源断开，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，由，知电容C增大，由，知板间场强不变，而电量Q不变，由公式分析得到板间电压U减小，根据，E不变，P点到负极板的距离不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变，故选AD.【点睛】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大，电场强度不变.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、29.85.805【解析】

[1]游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm；[2]螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为30.5×0.01mm=0.305mm，所以最终读数为5.5mm+0.305mm=5.805mm．12、①电路图和实物连线图如下图②B端③1.1W【解析】试题分析：①由于电压电流需从零测起，因此滑动变阻器采用分压式接法；灯泡的电阻约为5Ω，属于小电阻，电流表采取外接法；由于小灯泡的额定电压为2.5V，因此电压表选择3V量程的，小灯泡的额定电流为0.44A，则电流表量程选择0.6A的，电路图和实物连线图如下图．②开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B端，使测量电路部分处于短路状态，闭合电键时，电压表、电流表示数为零，起到保护电路的作用③小灯泡的伏安特性曲线可知，当时，，根据考点：本题考查了描绘小灯泡的伏安特性曲线、滑动变阻器