2025屆廣東省普寧二中物理高二第一學期期中經典模擬試題含解析

2025屆廣東省普寧二中物理高二第一學期期中經典模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，兩等量同種正點電荷固定在真空中，在它們連線的中垂線上有A、B兩點，O為連線中點，C為連線上一點，下列結論正確的是（）A．B點場強一定大于A點場強B．B點電勢一定低于A點電勢C．若把一正電荷從A沿直線移到C，電勢能增加D．若一負電荷僅在電場力下從C沿直線運動到O，加速度將變大2、下列說法正確的是A．庫侖定律適用于點電荷，點電荷其實就是體積很小的球體B．若點電荷q1的電荷量大于點電荷q2的電荷量，則q1對q2的靜電力大于q2對q1的靜電力C．由R＝U/I知，導體的電阻與導體兩端的電壓成正比，通過導體的電流成反比。D．電源電動勢在數值上等于非靜電力把1C正電荷在電源內從負極移送到正極所做的功。3、在如圖所示的勻強電場中，有A、B兩點，則以下說法中正確的是A．A點的電場強度大于B點的電場強度B．A點的電場強度小于B點的電場強度C．A點的電勢高于B點的電勢D．A點的電勢低于B點的電勢4、如圖所示，a、b分別表示由相同材料制成的兩條長度相同、粗細均勻的電阻絲的伏安特性曲線，下列判斷正確的是A．a代表的電阻絲較粗 B．b代表的電阻絲較粗C．a電阻絲的阻值小于b電阻絲的阻值 D．圖線表示電阻絲的阻值與電壓成正比5、現代觀測表明，由于引力作用，恒星有“聚集”的特點，眾多的恒星組成了不同層次的恒星系統，最簡單的恒星系統是兩顆互相繞轉的雙星，事實上，冥王星也是和另一星體構成雙星，如圖所示，這兩顆行星m1、m2各以一定速率繞它們連線上某一中心O勻速轉動，這樣才不至于因萬有引力作用而吸引在一起，現測出雙星間的距離始終為L，且它們做勻速圓周運動的半徑r1與r2之比為3∶2，則()A．它們的角速度大小之比為2∶3B．它們的線速度大小之比為3∶2C．它們的質量之比為3∶2D．它們的周期之比為2∶36、一小型火箭在高空繞地球做勻速圓周運動,若其沿運動方向的相反方向射出一物體P,不計空氣阻力,則()A．火箭一定離開原來軌道運動B．P一定離開原來軌道運動C．火箭運動半徑可能不變D．P運動半徑一定減小二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、某負點電荷Q產生的電場中的一條電場線如圖所示，A、B為電場線上的兩點．以下判斷正確的是()A．A、B兩點電場強度的大小關系是EA＞EBB．B點的電場強度方向由B指向AC．質子由A點移動到B點電場力做負功D．質子由A點移動到B點電場力做正功8、下面是某同學對一些公式的理解，其中正確的是()A．電源電動勢可知，非靜電力做功越多，電源電動勢也就越大B．由可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶電荷量有關C．從可知，導體中的電流跟加在它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比D．由可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比9、如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內存在磁感應強度大小均為的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，邊界的夾角，邊界與邊界平行，Ⅱ區(qū)域寬度為，長度無限大.質量為、電荷量為的粒子可在邊界上的不同點射入.入射速度垂直于且垂直于磁場，若入射速度大小為，不計粒子重力，Ⅰ區(qū)磁場右邊界距點無限遠，則（）A．粒子距點處射入，不會進入Ⅱ區(qū)B．粒子距點處射入，在磁場區(qū)域內運動的時間為C．粒子在磁場區(qū)域內運動的最短時間為D．從邊界出射粒子的區(qū)域長為10、如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R1．在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里．現使金屬線框從MN上方某一髙度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿出勻強磁場區(qū)域瞬間的v-t圖象，圖象中的物理量均為已知量．重力加速度為g，不計空氣阻力．下列說法正確的是A．金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向B．金屬線框的邊長為v1(t2-t1)C．磁場的磁感應強度為D．金屬線框在1-t4的時間內所產生的熱量為三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）欲用伏安法測量一個阻值約為15kΩ的電阻Rx，備有如下器材電壓表V1（量程0～3V，內阻約10kΩ）電壓表V2（量程0～15V，內阻約50kΩ）電流表A1（量程0～0.6A，內阻約1Ω）電流表A2（量程0～200μA，內阻約50Ω）滑動變阻器R（最大阻值10Ω），電池（電動勢E約3V，內阻不計）開關、導線。（1）為減小測量誤差，電壓表應選_______，電流表應選_______（填代號）．（2）測量電路的原理圖用的是________（內接法或外接法）．（3）電阻Rx的測量值比實際值_________（填“偏大”或“偏小”）．12．（12分）用如圖所示的電路，測定一節(jié)干電池的電動勢和內阻.電池的內阻較小，為了防止在調節(jié)滑動變阻器時造成短路，電路中用一個定值電阻R0起保護作用.除電池、開關和導線外，可供使用的實驗器材還有：（a）電流表（量程0.6A、3A）；（b）電壓表（量程3V、15V）（c）定值電阻（阻值1、額定功率5W）（d）定值電阻（阻值10，額定功率10W）（e）滑動變阻器（陰值范圍0-10、額定電流2A）（f）滑動變阻器（阻值范圍0-100、額定電流1A）那么：(1)要正確完成實驗，電壓表的量程應選擇____V，電流表的量程應選擇____A；R0應選擇______的定值電阻，R應選擇阻值范圍是_______的滑動變阻器.(2)引起該實驗系統誤差的主要原因是__________.四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）現有一定值電阻，當兩端電壓為14.4V時，20秒內有9×1018自由電子通過此電阻，已知e=1.6×10-19C，求電阻大小。14．（16分）如圖所示，電子在電勢差為U0的加速電場中，從左極板由靜止開始運動，經加速電場加速后從右板中央垂直射入電勢差為U的偏轉電場中，經偏轉電場偏轉后打在豎直放置的熒光屏M上，整個裝置處在真空中，已知電子的質量為m，電量為-e，偏轉電場的板長為L1，板間距離為d，光屏M到偏轉電場極板右端的距離L2，求：（1）電子從加速電場射入偏轉電場的速度v0（2）電子飛出偏轉電場時的偏轉距離y；（3）電子飛出偏轉電場時偏轉角的正切值；（4）電子打在熒光屏上時到中心O的距離Y。15．（12分）如圖所示,在光滑的水平面上有一質量為m0的長木板,以速度v0向右做勻速直線運動,將質量為m的小鐵塊輕輕放在木板上的A點,這時小鐵塊相對地面速度為零,小鐵塊相對木板向左滑動。由于小鐵塊和木板間有摩擦,最后它們之間相對靜止,已知它們之間的動摩擦因數為μ,問:(1)小鐵塊跟木板相對靜止時,它們的共同速度多大?(2)它們相對靜止時,小鐵塊與A點距離多遠?

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

因在兩點荷中垂線上，O點的場強為零，在無窮遠處場強也為零，可知從O點到無窮遠，場強先增加后減小，則B點場強不一定大于A點場強，選項A錯誤；離兩點荷越近的位置電勢越高，可知B點電勢一定高于A點電勢，選項B錯誤；C點的電勢高于A點，則若把一正電荷從A沿直線移到C，電勢能增加，選項C正確；O點場強為零，若一負電荷僅在電場力下從C沿直線運動到O，電場力減小，加速度將變小，選項D錯誤；故選C.【點睛】此題關鍵是搞清等量同種電荷的電場分布情況，尤其是兩點荷連線中垂線上的場強和電勢分布，知道正電荷在高電勢點的電勢能較大.2、D【解析】

庫侖定律適用于點電荷，當電荷的大小與所研究的問題相比可忽略不計時才可以把電荷看做點電荷，則體積很小的球體不一定能看做點電荷，選項A錯誤；兩點荷之間的庫侖力是相互的，與電量是否相等無關，選項B錯誤；導體的電阻是由導體本身決定的，與導體兩端的電壓以及通過導體的電流無關，選項C錯誤。電源電動勢在數值上等于非靜電力把1C正電荷在電源內從負極移送到正極所做的功，選項D正確；故選D。3、C【解析】該電場是勻強電場，AB兩點的電場強度是相同的．故AB錯誤；順著電場線電勢逐漸降低，則A點的電勢高于B點的電勢，選項C正確，D錯誤；故選C.點睛：本題關鍵要掌握電場線的物理意義：電場線的疏密描述電場的強弱，沿電場線方向，電勢必定降低．4、B【解析】

ABC．根據歐姆定律：可得：可知伏安特性曲線的斜率是電阻的倒數，因此a代表的電阻較大，b的較小；根據電阻定律：可知a的電阻絲較細，b的較粗，故A錯誤、B正確、C錯誤。D．一段金屬絲的電阻是由本身的因素決定的，與所加電壓和所通過的電流無關，故D錯誤。故選B.5、B【解析】雙星的角速度和周期都相同，故A、D均錯，由Gm1m2L2＝m1ω2r1，Gm1m2L2＝m2ω2r2，解得m1∶m2＝r6、A【解析】試題分析：若其沿運動方向的相反方向射出一物體P,根據動量守恒定律可得，火箭的速度一定增大，將做離心運動，半徑一定變化，A正確，C錯誤，若沿反方向以和火箭相同的速度射出物體P，則物體P將沿圓軌道運動，不改變半徑，BD錯誤故選A考點：考查了動量守恒定律，萬有引力定律的應用點評：做本題的關鍵是知道射出物體后，火箭的速度一定增大，做離心運動，二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、ABC【解析】由公式E=kQr2知，E與r2成反比，所以EA＞EB，故A正確；根據電場線的分布從無窮遠處出發(fā)到負電荷終止，可知B點的電場強度方向由B指向A，故B正確；質子由A點移動到B點過程中，所受的電場力方向由B點到A點，電場力方向與位移方向相反，則電場力做負功，故C正確，D錯誤。所以ABC8、BC【解析】

A．電源電動勢可知，非靜電力對單位正電荷做功越多，電源電動勢也就越大，選項A錯誤；B．由可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶電荷量有關，選項B正確；C．從可知，導體中的電流跟加在它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，選項C正確；D．電容器的電容有電容器本身決定，與極板所帶電荷量無關，與極板間電勢差也無關。故D錯誤；9、BCD【解析】

粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律，有：其中：；解得：r=d，畫出恰好不進入Ⅱ區(qū)的臨界軌跡，如圖所示：結合幾何關系，有：；故從距A點0.5d處射入，會進入Ⅱ區(qū)，故A錯誤；粒子距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)內運動的軌跡為半個圓周，故時間為：，故B正確；從A點進入的粒子在磁場中運動的軌跡最短（弦長也最短），時間最短，軌跡如圖所示：軌跡對應的圓心角為60°，故時間為：，故C正確．由圖可知：從MN邊界出射粒子的區(qū)域長為，故D正確．故選BCD．【點睛】本題是常見的帶電粒子在磁場中運動的問題，畫出軌跡，運用幾何關系和牛頓第二定律等知識進行求解．10、BC【解析】

金屬框進入磁場前做勻加速運動，由圖線與時間軸所圍的面積讀出金屬框初始位置的bc邊到邊界MN的高度；由圖象可知，金屬框進入磁場過程中是做勻速直線運動，根據時間和速度求解金屬框的邊長；由圖知，金屬線框進入磁場過程做勻速直線運動，重力和安培力平衡，列式可求出B．由能量守恒定律求出在進入磁場過程中金屬框產生的熱量．【詳解】金屬線框剛進入磁場時，根據楞次定律判斷可知，感應電流方向沿abcda方向；故A錯誤；由圖象可知，金屬框進入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2-t1，故金屬框的邊長：l=v1（t2-t1）；故B正確；在金屬框進入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力，則得：mg=BIl，，又l=v1（t2-t1）．聯立解得：；故C正確；t1到t2時間內，根據能量守恒定律，產生的熱量為：Q1=mgl=mgυ1（t2-t1）；t3到t4時間內，根據能量守恒定律，產生的熱量為：Q2=mgl+m(v32?v22)=mgυ1（t2-t1）+m(v32?v22)；故Q=Q1+Q2=2mgυ1（t2-t1）+m(v32?v22)；故D正確；故選BCD．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、V1A2內接法偏大【解析】

（1）[1][2]電源電動勢為3V，故電壓表選用3V的量程，即選V1；待測電阻為15KΩ，則電路中的最大電流約為，故電流表選A2；（2）[3]該待測電阻阻值遠遠大于電流表內阻，故選用電流表內接法；（3）[4]選用電流內接法后，電流的測量值是準確的，而電壓的測量值偏大，故待測電阻的阻值測量值偏大。12、30.610-10由于電壓表的分流作用造成電流表讀數總是比測量值小【解析】

第一空.由于電源是一節(jié)干電池（1.5V），所選量程為3V的電壓表；第二空.估算電流時，考慮到干電池的內阻一般幾Ω左右，加上保護電阻，最大電流在0.5A左右，所以選量程為0.6A的電流表；第三空.由于電池內阻很小，所以保護電阻不宜太大，否則會使得電流表、電壓表取值范圍小，造成的誤差大，故來考慮選擇1Ω的定值電阻；第四空.滑動變阻器的最大阻值一般比電池內阻大幾倍就好了，取0～10Ω能很好地控制電路中的電流和電壓，若取0～100Ω會出現開始幾乎不變最后突