2025届黑龙江省大庆大庆二中、二十三中、二十八中、十中物理高二第一学期期中复习检测模拟试题含解析

2025届黑龙江省大庆大庆二中、二十三中、二十八中、十中物理高二第一学期期中复习检测模拟试题考生须知：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、一带正电荷的小球沿光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，如图所示，速度方向垂直于匀强磁场．小球飞离桌面后，最终落在水平地面上，设飞行时间为t1，水平射程为s1，着地速率为v1．现撤去磁场，其他条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，着地速率为v2，则有()A．v1>v2B．v1=v2C．s1=s2D．t1<t22、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．3、对关系式

的理解，正确的是A．式中的

d

是

a、b

两点间的距离B．a、b

两点间距离越大，电势差越大C．d

是

a、b

两个等势面的距离D．此式适用于任何电场4、如图甲是某景点的山坡滑道图片，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为A． B． C．2s D．25、关于电功和电功率，下列说法中正确的是A．电流做功越多的用电器，单位时间内消耗的电能就越多B．电功率越大的用电器消耗的电能一定越多C．额定功率越大的用电器电流做功一定较快D．电能消耗越快的用电器电功率越大6、如图所示，圆环以它的直径为轴做匀速转动，圆环上A、B两点的线速度大小分别为vA、vB，角速度大小分别为ωA、ωB，则()A．vA＝vBωA＝ωBB．vA≠vBωA≠ωBC．vA＝vBωA≠ωBD．vA≠vBωA＝ωB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、如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等，则这两个电路中的U甲、U乙，R甲、R乙之间的关系正确的是()A．U甲＝4U乙 B．U甲＝2U乙 C．R甲＝2R乙 D．R甲＝4R乙8、两个相同的带电导体小球所带电荷量的比值为1：3，相距为r时库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为（）A． B． C． D．9、在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯能正常发光、当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）A．路端电压变大B．灯泡L将变亮C．电容器C的电量将减小D．电容器C的电量将增大10、下列运动中，加速度不变的是()A．平抛运动B．斜抛运动C．自由落体运动D．匀速圆周运动三、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）小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而变大，某同学利用实验探究这一现象，所提供的器材有A．电流表（A1）量程0-0.6A，内阻约0.125ΩB．电流表（A2）量程0-3A，内阻约0.025ΩC．电压表（V1）量程0-3V，内阻约3kΩD．电压表（V2）量程0-15V，内阻约15kΩE．滑动变阻器（R1）总阻值约10ΩF．滑动变阻器（R2）总阻值约200ΩG．电池（E）电动势3.0V，内阻很小H．导线若干，电键K该同学选择仪器，设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据：（1）请你推测该同学选择的器材是：电流表为______，电压表为______，滑动变阻器为______（以上均填写器材代号）．（2）请你推测该同学设计的实验电路图并画在图甲的方框中______．12．（12分）为了较准确测量某电阻的阻值(约2kΩ)，有如下实验器材可供选择：A．直流电源：电动势18V，内阻很小，额定电流为1AB．电流表A1：量程0～10mA，内阻约10ΩC．电流表A2：量程0～600mA，内阻约0.5ΩD．电压表V：量程0～20V，内阻约10kΩE．滑动变阻器R1：最大阻值10ΩF．滑动变阻器R2；最大阻值100ΩG．开关、导线等（1）实验中电流表选用________(选填“A1”或“A2”)，滑动变阻器应选用________(选填“R1”或“R2”)．（2）请在图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接_________________．（3）采用上述电路正确测量，测得的电阻________(选填“大于”、“小于”或“等于”)它的实际阻值，其原因是___________________________．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，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，闭合电键S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=4Ω，求：（1）电源的输出功率P；（2）通过电动机M的电流IM；（3）电动机的输出功率P出．14．（16分）如图所示，一质量为m、电荷量为q（q>0）的例子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．15．（12分）水平放置的两块平行金属板长L＝5.0cm，两板间距d＝1.0cm，两板间电压为90V且上板为正.一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量q＝1.6×10－19C，电子质量me＝9.1×10－31kg)(计算结果在小数点后保留两位有效数字)(1)电子偏离金属板时的侧位移；(2)电子飞出电场时的速度；(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10cm，求OP的长.

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】

AB、在有磁场，重力和洛伦兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的；有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，即，故B正确，A错误；CD、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛伦兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛伦兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛伦兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上；如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即；小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即，故C、D错误；故选B．【点睛】小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率．2、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．3、C【解析】

公式Uab＝Ed只适用于匀强电场，其中d为沿场强方向上的距离或过a、b两点的两个等势面间的距离，故C正确，ABD错误．故应选C．4、C【解析】试题分析：设斜面坡角为，则：，物体做匀加速直线运动，对物体受力分析，受重力和支持力，将重力沿着平行斜面和垂直斜面正交分解，根据牛顿第二定律，有：，解得：，根据速度位移公式，有，解得：，故选项C正确．考点：牛顿运动定律综合【名师点睛】本题关键是根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解，关键是有中间变量，要列式后约去．5、D【解析】

A．电流做功越多的用电器，可能所用的时间也很长，所以电功率不一定大，即单位时间内消耗的电能不一定多，故A错误；BD．电功率越大的用电器，消耗的电能快，但不一定越多，故B错误，D正确；C．因用电器工作过程中实际电功率可能小于它的额定功率，所以额定功率越大的用电器，其实际功率不一定大，所以电流做功不一定较快，故C错误。故选D．6、D【解析】

两点共轴转动，角速度相等，rA＞rB，根据v=rω知，vA＞vB，故选D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、BD【解析】设灯泡的额定电流为I0；因两灯泡正常发光，故灯泡中电流相等；则甲电路中电流为I0；乙电路中电流为2I0；因总功率相等，故两电阻消耗的功率相等；则由P=I2R可知，R甲=4R乙；故D正确，C错误；由欧姆定律可知：U甲=I0R甲+2U=2I0R乙+2U；U2=2I0R乙+U；故U甲=2U乙；故A错误，B错误；故选BD．8、AD【解析】

若两个相同的带电导体小球带异种电荷，设一个小球带电量为大小Q，则另一个为大小3Q，根据库仑定律，两球接触前接触再分开后，两球带同种电荷，因此两球带电量大小分别为由库仑定律，此时库仑力的大小若两个相同的带电导体小球带同种电荷，两球接触前接触再分开后，两球带同种电荷，两球带电量大小分别为2Q，由库仑定律，此时库仑力的大小故AD正确，BC错误。故选AD。9、AD【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时，R增大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流I减小，灯泡L将变暗，路端电压增大，故A正确，BC错误；而电容器的电压等于路端电压，则电容器的带电量将增大，故D正确，C错误.。所以AD正确，BC错误。10、ABD【解析】平抛运动，斜抛，自由落体运动，三种运动过程中都只受重力作用，加速度恒定不变，ABD正确；匀速圆周运动过程中，加速度时刻指向圆心，加速度大小不变，但方向在变，D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、ACE【解析】（1）由表中实验数据可以知道,电流最大测量值为,则电流表应选A;电压最大测量值为2V,电压表应选C;为方便实验操作滑动变阻器应选择E.

(2)由表中实验数据可以知道,电压与电流从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法;灯泡最大阻值约为:,电流表内阻约为,电压表内阻约为,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应选择外接法;电路图如图所示.综上所述本题答案是：A；C；E；12、；；图见解析；大于；电流表分压；【解析】

（1）[1][2]．电路中可能出现的最大电流：，则电流表选择A1；滑动变阻器要用分压电路，则要选择阻值较小的R1；（2）[3]．因Rx>>RA，则电流表内接；滑动变阻器用分压电路；电路如图：（3）[4]．采用上述电路正确测量，测得的电阻大于它的实际阻值，其原因是电流表的分压造成的.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）16W（2）（3）3W【解析】

电动机的输出功率等于输入功率减去发热功率．由功率公式和功率关系求解；由公式P=UI求出灯泡的电流．由欧姆定律求出总电流，从而得到通过电动机M的电流．【详解】(1)灯泡恰能正常发光，可知外电路有：U外=8V由E=U外+U内得：U内=E-U外=12-8=4V

总电流为：所以电源的输出功率为：；(2)由PL=ULIL得灯泡的电流为：故有：IM=I-IL=（2-1.5）A=0.5A；(3)电动机输入功率为：P入=UIM=8×0.5W=4W发热功率为：由P入=P出+P热得：P出=P入-P热=3W．【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律以及功率公式，要注意电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能根据欧姆定律求其电流．要明确电动机的输出功率等于输入功率与热功率的差值．14、【解析】设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂