2025届广东省中山一中、仲元中学等七校物理高二第一学期期中复习检测试题含解析

2025届广东省中山一中、仲元中学等七校物理高二第一学期期中复习检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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，电源两端电压为U=10V保持不变，，，；，先闭合开关S，待电路稳定后，再将S断开，则S断开后，通过R1的电荷量为A． B．C． D．2、如图所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m，带电荷量为q，为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止A．当场强方向垂直于杆斜向上时，场强大小为mgcosθ/qB．当场强方向竖直向上时，场强大小为mg/qC．当场强方向垂直于杆斜向上时，场强大小为mgsinθ/qD．当场强方向水平向右时，场强大小为mgcotθ/q3、真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图象可知()A．R处的电场强度E＝0B．x1处与x2处的电场强度方向相同C．若正的试探电荷从x1处移到x2处，电场力不一定做正功D．该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的4、两个点电荷Q1、Q2位于x轴上A、B两点，若取无限远处的电势为零，则在它们形成的电场中，沿x轴正方向上各点的电势如图所示，且AP＞PB．由图线提供的信息可知A．P点的电场强度为零B．Q1的电荷量较大C．电子沿x轴从A移到B的过程中，加速度逐渐减小D．电子沿x轴从A移到B的过程中，电场力先做正功，后做负功5、如图，在匀强磁场的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L,质量为m的导线，当通以如图方向的电流I后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B的大小和方向正确的有（）A．方向垂直纸面向外B．,方向竖直向下C．,方向水平向左D．，方向水平向右6、如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带正电粒子从a点运动到b点的轨迹，若带电粒子只受电场力作用，粒子从a点运动到b点的过程中（）A．粒子的电势能逐渐减小B．粒子的电势能逐渐增加C．粒子运动的加速度逐渐增大D．粒子运动的速度逐渐增大二、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（a）所示，两水平平行正对的金属板M、N间距为d，加有如图（b）所示的交变电压。一质量为m、电荷量为q的带正电的微粒被固定在两板正中间的P点，在t=0时刻释放该粒子，3t0时间内粒子未到达极板。则在0~3t0时间内，下列说法正确的是（）A．从t=0开始，粒子向M板运动B．粒子从t0开始一直向N板运动C．0~2t0时间内，电场力对粒子做的功为mg2t02D．3t0时，重力对粒子做功的瞬时功率为mg2t08、如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块（动摩擦因数相同）．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块的运动过程中，表述正确的是（）A．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些C．因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少D．整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少9、图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是（）A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左10、如图所示，一质量为m、电量大小为q的带电油滴，从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37°角射入电场中，油滴运动到最高点时速度大小也是v，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．最高点不可能在O点的正上方B．匀强电场的电场强度可能为E＝mg/4qC．O点与最高点之间的电势差可能为零D．匀强电场的电场强度可能为E＝3mg/q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）某一小型电风扇额定电压为4.0V，额定功率为2.4W。某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A．电源E（电动势为4.5V）；B．电压表V（量程为0∼5V，内阻约为4kΩ）；C．电流表A1（量程为0∼0.6A，内阻约为0.2Ω）；D．电流表A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；E．滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流1A）；F．滑动变阻器R2（最大阻值2kΩ，额定电流100mA）。(1)为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用___，滑动变阻器应选用___（填所选仪器前的字母序号）；(2)在该实验中（小电风扇的电路符号），一同学设计了如图所示的四个电路。为了减小误差，应选取的电路是________（将选项代号的字母填在横线上）；(3)请按正确实验电路连接实物图_________；(4)操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5V时电风扇没启动。该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图所示，由此可以判定小电风扇正常工作时的机械功率为________。12．（12分）某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直．（1）在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当增加两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是_____（填入正确选项前的标号）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，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场．图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计．（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加大小为F的水平恒力，请指出力F的方向并求出单匝金属线圈里磁通量的变化率；（2）断开S，PQ在上述恒力F的作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程中金属棒PQ上产生的热量．14．（16分）电荷所带电荷量q＝3.0×10-10C，在电场中某一点所受的电场力F＝9.0×10-7N，方向竖直向上，求这一点电场强度的大小和方向。若在这一点改放一电荷量为q1＝6.0×10-10C的电荷时，电荷所受电场力多大？15．（12分）如图所示，圆1和圆2之间存在磁感应强度为B的匀强磁场（垂直纸面没有画出)，圆2和圆3之间的电势差为U，一个质量为m、电荷量为e的电子从A点由静止释放，经过时间t从C点对着圆心O射入磁场，其运动轨迹恰好与圆1相切，已知圆1的半径．求：（1）圆2的半径r2；（2）电子能否再次回到A点，如果能，求出电子从A点出发至再次回到A点所经历的时间，如果不能，请通过计算说明原因．

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、C【解析】

开关S闭合时，则电路中的电流：，则C2两端电压为U2=IR3=5V；C1两端电压为U1=I(R2+R3)=9V；C2带电量：Q2=C2U2=30×10-6×5C=1.5×10-4C；C1带电量：Q1=C1U1=30×10-6×9C=2.7×10-4C；断开S后，两电容器两端的电压均为10V，则C2带电量：Q′2=C2U=30×10-6×10C=3.0×10-4C；C1带电量：Q′1=C1U=30×10-6×10C=3.0×10-4C；则流过电阻R1的电量为：，故选C.【点睛】本题要注意分析电路结构，正确找出电容器与哪一个电阻并联，从而确定电容器两端的电压，再根据电容器的充放电知识明确流过的电量．2、B【解析】试题分析：若电场方向垂直于杆斜向上，小球受到的电场力方向也垂直于杆斜向上，在垂直于杆的方向小球受力能平衡，而在平行于杆方向，重力有沿杆向下的分力，没有力与之平衡，则小球将向下滑动，不能保持静止．故A、C均错误．若电场方向竖直向上，此时球受两个力，竖直向上的电场力和竖直向下的重力，根据二力平衡可知，Eq=mg，故．故B正确．若电场方向向右，此时受三个力，重力、电场力和支持力．重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和电场力沿杆子方向的分力大小相等方向相反，有mgsinθ=Eqcosθ，故，故D错误．故选B．考点：物体的平衡．3、B【解析】A、图像中,曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度;R处切线的斜率不为零,故R处的电场强度不为零，故A错误

B、处与处的切线斜率同为负值,故处与处的电场强度方向相同,故B正确；

C、从处移到处,电势降低,若移动的是正电荷，则电场力做正功，故C错误；D、离电荷越近,电场强度越大，图像的斜率应越大,而图中离O点越近,图像切线的斜率变小,故该电场不可能在O点的正电荷产生的,故D错误;综上所述本题答案是：B4、B【解析】

A、该图象的斜率等于场强E，则知P点电场强度不为零，A错误；B、如果Q1和Q2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于AP＞PB，故Q1＞Q2，B正确；C、从φ﹣x图象的斜率可知，A到B的区间电场强度先减小后增大，故电子在沿x轴从A移到B的过程中，受到的电场力先减小后增大，加速度也是先减小后增大，C错误；D、电子沿x轴从A移到B的过程中，电场力方向始终指向x轴负方向，与电子移动方向相反，故电场力一直做负功，D错误．5、B【解析】当磁场方向竖直向外时，磁场的方向电流的方向平行，导体棒不受安培力，此时导体棒受到重力和支持力，两个力不可能平衡，故A错误；磁场方向竖直向下时，根据左手定则，安培力沿水平向左，根据平衡条件有：mgtanθ=BIL解得：，故B正确；磁场水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有mg=BIL，，故C错误；磁场水平向右时，安根据左手定则，安培力沿斜面向下，导体棒还受到重力和支持力，三个力不可能平衡，故D错误；故选B.6、B【解析】

根据运动轨迹弯曲方向判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，从而判断电势高低，根据电场力做功判断电势能的变化，根据牛顿第二定律求解加速度；【详解】A、由粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受的电场力向左，从a点运动到b点电场力做负功，电势能增大，故A错误，B正确；C.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，则a点电场力大于b点电场力，a点加速度大，故C错误；D.从a点运动到b点电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，则速度减小，故D错误．【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力，利用电场中有关规律求解．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、AD【解析】

AB．电场力为F=qE=2mgt=0时刻，电场力向上，时间向上匀加速，加速度为g；时间向上匀减速，加速度为3g；时间向下匀减速，加速度为g；从t=0开始，粒子向M极运动；从开始一直向N极运动；故A正确，B错误；C．时间向上匀加速，根据位移时间关系公式，位移为，时间向上匀减速，根据位移时间关系公式，位移、速度分别为，在时间内，粒子的位移为零，故重力对粒子做的功为零，则由动能定理可得故C错误；D．根据速度时间关系公式，时粒子的速度为方向向下，故时，重力对粒子做功的瞬时功率为故D正确。故选AD。【点睛】带电粒子做直线运动，先根据F=qE求解电场力，再根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解各个时间段的位移，然后根据恒力做功表达式求解电场力的功，根据P=Fv求解瞬时功率。8、BD【解析】

A．小物块开始做加速运动，后做减速运动到静止，所以物块受到的摩擦力开始比库仑小，后比库仑力大，A错；B．两物块间的库仑力大小相等方向相反，由动量守恒可知，质量小的物体初速度较大，由动能定理：，可得其运动的位移要远，故库仑力做功多一些，B对；C．物块先加速后减速，其机械能先增大，后减少，C错；D．整个过程中，库仑力对物块做正功，所以库仑力做的功等于电势能的减少，D对。故选BD。9、AC【解析】

由题图乙可知交流电电流的最大值是=A，交流电的周期T=0.02s，电流表的示数为交流电的有效值即=10A，选项A正确；线圈转动的角速度rad/s，选项B错误；0.01s时流过线圈的感应电流达到最大，线圈中产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，则穿过线圈的磁通量为0，即线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；由楞次定律可知0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．本题选AC．10、AD【解析】

A.粒子到最高点的速度仍为v，则动能的变化量为零，根据动能定理知，克服重力做的负功等于电场力做的正功，最高点如果是O点正上方，则电场力不做功，故A正确。BD.若粒子带正电，到最高点的时间为解得：，若粒子带负电，电场方向有：解得：，故B错误D正确。C.根据动能定理知，从开始到最高点过程中，动能变化量为零，克服重力做的负功等于电场力做的正功，根据可知O点与最高点的电势差不可能为零，故C错误。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、CEC1.5W【解析】

(1)[1][2]电风扇的额定电流从读数误差的角度考虑，电流表选择C。电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10Ω的误差较小，即选择E。(2)[3]因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻大约远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。电路图如图所示。所以选C选项。(3)[4]实物图如图所示。(4)[5]电压表读数小于0.5V时电风扇没启动。根据欧姆定律得正常工作时电压为4V，根据图象知电流为0.6A。则电风扇发热功率则机械功率12、（1）如图所示：（2）AC【解析】试题分析：（1）如图所示，注意滑动变阻器的接法是限流接法．（2）根据公式可得适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理可知金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，AC正确；若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长