2025屆湖北省武漢市漢南區(qū)職教中心物理高二上期中復(fù)習檢測模擬試題含解析

2025屆湖北省武漢市漢南區(qū)職教中心物理高二上期中復(fù)習檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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，D是一只具有單向?qū)щ娦缘睦硐攵O管，水平放置的平行板電容器AB內(nèi)部有帶電微粒P處于靜止狀態(tài).下列措施下，關(guān)于P的運動情況的說法中不正確的是（）A．保持S閉合，增大A、B板間距離，P仍靜止B．保持S閉合，減小A、B板間距離，P向上運動C．斷開S后，增大A、B板間距離，P向下運動D．若B板接地，斷開S后，A板稍下移，P的電勢能不變2、一個電容為C的電容器，當所帶電量為Q時，兩板間電勢差為U，如果電量增大為2Q，則A．電容變?yōu)?C，電勢差保持不變B．電容變?yōu)?C，電勢差變?yōu)?UC．電容保持不變，電勢差變?yōu)?UD．電容保持不變，電勢差保持不變3、真空中有兩個距離保持不變的點電荷．若將他們各自的電荷量都增大到原來的3倍，則兩電荷之間相互作用的靜電力將增大到原來的（）A．2倍 B．3倍 C．6倍 D．9倍4、決定平拋物體在空中運動時間的因素是（）A．初速度B．拋出時物體的高度C．拋出時物體的高度和初速度D．以上說法都不正確5、如圖所示，以O(shè)為圓心的圓周上有6個等分點a，b，c，d，e，f，等量正、負點電荷分別放置在a、d兩處時，在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為E．現(xiàn)改變a處點電荷的位置，使O點的電場強度改變，下列敘述正確的是（）A．移至b處，O處的電場強度大小不變B．移至c處，O處的電場強度大小減半C．移至e處，O處的電場強度大小不變D．移至f處，O處的電場強度大小不變6、關(guān)于電源和電流，下列各種說法中正確的是A．從能量轉(zhuǎn)化的角度看，電源是把電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的裝置B．電流的定義式I=q/t，適用于任何電荷的定向移動形成的電流C．電荷定向移動的方向就是電流的方向D．閉合回路的導(dǎo)體做切割磁感線的運動就一定有感應(yīng)電流二、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、如圖所示，為兩個不同閉合電路中，兩個不同電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖象。下列說法中正確的是A．電動勢E1=E2,內(nèi)阻片r1<r2B．電動勢E1=E2,短路電流I1<I2C．電動勢E1=E2,內(nèi)阻r1>r2D．電動勢E1=E2.短路電流I1>I28、如下圖所示電路，已知電源電動勢ε=6.3V，內(nèi)電阻r=0.5Ω，固定電阻R1=2Ω，R2=3Ω,R3是阻值為5Ω的滑動變阻器．按下電鍵K，調(diào)節(jié)滑動變阻器的觸點，通過電源的電流可能是（）A．2.1A B．2.5A C．3.0A D．4.0A9、關(guān)于電源電動勢，以下說法中正確的是()A．電源電動勢是表示電源將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小的物理量B．在閉合電路中，并聯(lián)在電源兩端的電壓表的讀數(shù)等于電源的電動勢C．同一節(jié)干電池接入不同的電路時，電池的電動勢將發(fā)生變化D．在閉合電路中，電源電動勢在數(shù)值上等于內(nèi)外電壓之和10、如圖所示，正方形線框的邊長為L，電容器的電容為C，正方形線框的一半放在垂直紙面向里的勻強磁場中，當磁感應(yīng)強度以k為變化率均勻減小時，則()A．線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為B．電壓表沒有讀數(shù)C．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢D．電容器所帶的電荷量為零三、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）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，實驗室提供了小燈泡(2.5V,0.5A)、電流表、電壓表以及滑動變阻器等實驗器材：（1）圖甲為實驗中某同學(xué)連接好的實驗電路圖，在開關(guān)S閉合后，把滑動片P從A向B端移動過程中會觀察到電壓表讀數(shù)變________(填“大”或“小”)。（2）某同學(xué)由測出的數(shù)據(jù)畫出I—U圖象，如圖乙所示，當小燈泡兩端電壓為1.6V時，小燈泡的電阻值R＝________Ω，此時小燈泡的實際功率P＝________W。12．（12分）（1）如圖所示為某多用電表內(nèi)部簡化電路圖，作電流表使用時，選擇開關(guān)S應(yīng)接________(選填“1”“2”“3”“4”或“5”)量程較大．（2）某同學(xué)想通過多用表的歐姆擋測量量程為3V的電壓表內(nèi)阻(如圖乙)，主要步驟如下：①把選擇開關(guān)撥到“×100”的歐姆擋上；②把兩表筆相接觸，旋轉(zhuǎn)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在電阻零刻度處；③把紅表筆與待測電壓表________(選填“正”或“負”)接線柱相接，黑表筆與另一接線柱相連，發(fā)現(xiàn)這時指針偏轉(zhuǎn)角度很??；④換用________(選填“×10”或“×1k”)歐姆擋重新調(diào)零后測量，發(fā)現(xiàn)這時指針偏轉(zhuǎn)適中，記下電阻數(shù)值；⑤把選擇開關(guān)調(diào)至空擋或交流電壓最高擋后拔下表筆，把多用電表放回桌上原處，實驗完畢．（3）實驗中(如圖丙)某同學(xué)讀出歐姆表的讀數(shù)為_________Ω，這時電壓表讀數(shù)為___________V.（4）請你計算歐姆表內(nèi)部電源電動勢為________V．(保留兩位有效數(shù)字)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）如圖所示，某空間存在水平向右的勻強電場，現(xiàn)將一套有小球的細直桿放入勻強電場中，小球孔徑略大于細桿直徑，桿足夠長，如圖所示，小球的質(zhì)量為1kg，帶電量為2×10-4C，球與桿間的滑動摩擦因數(shù)為0.1．（取g＝10m/s2）（1）當桿在水平方向上固定時（如圖虛線所示），調(diào)節(jié)電場強度的大小，使電場強度E為2×104N/C，求此時小球受到的摩擦力f1的大?。?）若調(diào)節(jié)細桿使桿與水平方向間夾角θ為37°并固定（如圖實線所示），調(diào)節(jié)電場強度的大小，使E為2×101N/C，求小球從靜止出發(fā)在細桿上2秒內(nèi)通過位移的大小．(sin37°=0.6，cos37°=0.8)（3）當電場強度為零時，調(diào)節(jié)細桿與水平方向之間的夾角θ（0＜θ＜90°），然后固定，使小球從桿的底端以速率v0沿桿上滑．試通過計算、分析，說明在不同的夾角θ情況下，小球在桿上可能的運動情況．14．（16分）如圖所示，為一除塵裝置的截面圖，其原理是通過板間的電場或磁場使帶電塵埃偏轉(zhuǎn)并吸附到極板上，達到除塵的目的。已知金屬極板MN長為d，間距也為d。大量均勻分布的塵埃以相同的水平速度v0進入除塵裝置，設(shè)每個塵埃顆粒質(zhì)量為m、電量為―q。當板間區(qū)域同時加入勻強電場和垂直于紙面向外的勻強磁場并逐步增強至合適大小時，塵埃恰好沿直線通過該區(qū)域;且只撤去電場時，恰好無塵埃從極板MN間射出，收集效率（打在極板上的塵埃占塵?？倲?shù)的百分比）為100%，不計塵埃的重力、塵埃之間的相互作用及塵埃對板間電場、磁場的影響。(1)判斷M板所帶電荷的電性；(2)求極板區(qū)域磁感應(yīng)強度B的大?。?3)若撤去極板區(qū)域磁場，只保留原來的電場，則除塵裝置的收集效率是多少？(4)把極板區(qū)域的磁場和電場均撤去后，在y軸右側(cè)設(shè)計一個垂直于坐標平面的圓形勻強磁場區(qū)域，就可把全部塵埃收集到位于Q點的收集箱內(nèi)。若直角坐標系原點O緊貼金屬極板MN右側(cè)中點，Q點坐標為（2d，―1.5d），求此磁場的方向及磁感應(yīng)強度B′的大小范圍。15．（12分）如圖A為帶正電Q的金屬板，沿金屬板的垂直平分線，在距板r處放一質(zhì)量為m．電荷量為q的小球，小球用絕緣絲線懸掛于O點，受水平向右的電場力偏轉(zhuǎn)θ角而靜止（已知重力加速度為g）。求：（1）小球受到的電場力的大??；（2）小球所在處的電場強度。

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】

A．當保持開關(guān)S閉合時，則電容器的電壓不變；當增大A、B極間距，則導(dǎo)致電容器的電容減小，則出現(xiàn)電容器的電量減小，然而二極管作用導(dǎo)致電容器的電量不會減小，則電容器的電量會不變。由于平行板電容器的電場強度與電容器的電量、電介質(zhì)及正對面積有關(guān)。所以電場強度不變，故A正確，不符合題意；B．當保持開關(guān)S閉合時，電容器的電壓不變；當減小A、B極間距，則導(dǎo)致電容器的電容增加，則出現(xiàn)電容器的電量增加。由于平行板電容器的電場強度與電容器的電量、電介質(zhì)及正對面積有關(guān)。因此電場強度增大，所以P向上運動。故B正確，不符合題意；C．當增大A、B板間距離，導(dǎo)致電容器的電容減小，由于斷開開關(guān)S，則電容器的電量不變，所以極板間的電場強度不變。因此P仍處于靜止，故C錯誤，符合題意；D．A板稍下移，導(dǎo)致電容器的電容增大；當斷開S后，則電容器的電量不變，所以電場強度也不變。由于B板接地，則P點到B板的電勢差不變，因此P點的電勢能也不變。故D正確，不符合題意；2、C【解析】電容的大小是電容器本身決定的，與電容器極板上的電量無關(guān)，電量增大為2Q，電量不變；給定的電容器電容C一定，則，電量增大為2Q，電勢差增大為2U．故選C.3、D【解析】

根據(jù)庫侖定律F=K，真空中兩個距離r保持不變的點電荷Q1和Q2，若將他們各自的電荷量都增大到原來的3倍，則兩電荷之間相互作用的靜電力將增大到原來的9倍，故A、B、C錯誤，D正確．4、B【解析】

平拋運動下落時只要接觸到地面即不能再運動，故由可得：即下落時間只與拋出點的高度有關(guān)，和水平初速度無關(guān)A.初速度與分析不符，故A項錯誤；B.拋出時物體的高度與分析相符，故B項正確；C.拋出時物體的高度和初速度與分析不符，故C項錯誤；D.以上說法都不正確與分析不符，故D項錯誤。5、B【解析】

由題意可知，等量正、負點電荷在O處的電場強度大小均為E2，方向水平向右。當移至b處，兩點電荷在該處的電場強度方向夾角為60°，則O處的合電場強度大小為2×E2cos300=32E，選項A錯誤；同理，當移至c處，兩點電荷在該處的電場強度方向夾角為120°，O處的合電場強度大小E2，故B正確；同理，當移至e處，兩點電荷在該處的電場強度方向夾角為120°，O處的合電場強度大小E2，故【點睛】本題考查點電荷的電場強度的疊加，要掌握點電荷電場強度的分布情況，理解電場強度的大小與方向，會用矢量疊加原理分析電場的疊加問題．6、B【解析】

A．從能量轉(zhuǎn)化的角度看，電源是把其他形式能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，選項A錯誤；B．電流的定義式I=q/t，適用于任何電荷的定向移動形成的電流，選項B正確；C．正電荷定向移動的方向就是電流的方向，選項C錯誤；D．閉合回路的部分導(dǎo)體做切割磁感線的運動就一定有感應(yīng)電流，選項D錯誤。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、AD【解析】在U-I圖象中與U軸的交點表示電源的電動勢，斜率表示內(nèi)阻，則知電動勢E1=E2，內(nèi)阻r1＜r2，故A正確，C錯誤；短路電流為：，因為電動勢E1=E2，內(nèi)阻r1＜r2，所以發(fā)生短路時的電流I1＞I2，故D正確，C錯誤。所以AD正確，BC錯誤。

8、ABC【解析】

設(shè)滑動變阻器與串聯(lián)部分的電阻為，出總電阻表達式：當時，，此時當時，，此時故通過電源的電流范圍為，故ABC正確；D錯誤；9、AD【解析】試題分析：電源電動勢是表示電源將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小的物理量選項A正確；在閉合電路中，并聯(lián)在電源兩端的電壓表的讀數(shù)等于電源的路端電壓，選項B錯誤；同一節(jié)干電池接入不同的電路時，電池的電動勢將不會發(fā)生變化，選項C錯誤；在閉合電路中，電源電動勢在數(shù)值上等于內(nèi)外電壓之和，選項D正確.故選AD.考點：電動勢；全電路歐姆定律.10、BC【解析】

A．由于線框的一半放在磁場中，因此線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為，A錯誤；B．由于線框所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是恒定的，且線框連接了一個電容器，相當于電路斷路，外電壓等于電動勢，內(nèi)電壓為零，而接電壓表的這部分相當于回路的內(nèi)部，因此，電壓表兩端無電壓，電壓表沒有讀數(shù)，B正確；C．根據(jù)楞次定律可以判斷，a點的電勢高于b點的電勢，C正確；D．電容器所帶電荷量為D錯誤．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、（1）大（2）4或4.00.64【解析】（1）由圖示電路圖可知，在開關(guān)S閉合之前，應(yīng)把滑動變阻器的滑動片P移到A端；實驗中滑動片P從從A向B端移動過程中會觀察到電壓表讀數(shù)變大．

（2）由圖象可知，當U=1.6V時，對應(yīng)的電流為：I=0.40A，

則小燈泡的電阻值為：燈泡的實際功率為：P=UI=1.6×0.40=0.64W；

點睛：本題應(yīng)明確：①若要求電流從零調(diào)或變阻器的全電阻遠小于待測電阻時，變阻器應(yīng)用分壓式接法；②涉及到圖象問題，可以表示出縱軸物理量與橫軸物理量的函數(shù)表達式，然后再根據(jù)斜率和截距的概念討論即可．12、1負×1k4.0×1042.203.0【解析】（1）當做電流表使用時，電阻應(yīng)和表頭并聯(lián)分流，故連接1和2時為電流表，根據(jù)歐姆定律可知并聯(lián)支路的電壓相等，并聯(lián)支路的電阻越大，分流越小，故當接1時量程最大；（2）③根據(jù)“紅進黑出”原理，即電流從紅表筆流進可知紅表筆接電壓表的負極；④歐姆表在測量電阻時指針從無窮大處開始偏轉(zhuǎn)，故歐姆表指針偏轉(zhuǎn)很小，說明被測電阻大，檔位應(yīng)提升一級，即換×1k的測量；（3）歐姆表的讀數(shù)為；電壓表分度值為0.1V，故讀數(shù)為2.20V；（4）根據(jù)（3）采用的檔位可知中值電阻即歐姆表內(nèi)阻為，根據(jù)閉合回路歐姆定律可得，解得．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、（1）f1＝4N（2）s＝20m（3）①當mgsinθ＞μmgcosθ，即μ<arctanθ時，小球沿桿先勻減速上滑，再勻加速下滑；②當mgsinθ＜μmgcosθ，即μ>arctanθ時，小球沿桿勻減速上滑至停止【解析】

小球在水平方向上受電場力與滑動摩擦力作用而靜止，由平衡條件可以摩擦力；對小球進行受力分析，受重力、電場力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，有運動學(xué)的公式求出位移；結(jié)合它們的條件與最大靜摩擦力的關(guān)系等分析即可．【詳解】（1）當桿在水平方向固定時，小球受到的最大靜摩擦力為fmax=μN=μmg=0.1×10=1N，當電場強度E為2×104N/C時，所受的電場力為：，由于4N＜1N，說明小球處于靜止狀態(tài)，則此時的摩擦力大小f1=4N．（2）受力分析圖如圖

取沿斜面向上為正方向，電場力為：根據(jù)牛頓第二定律得：Fcos37-mgsin37°-μ（mgcos37°+Fsin37°）=ma代入數(shù)據(jù)a=10m/s2小球從靜止出發(fā)在細桿上2秒內(nèi)通過位移的大?。海?）①當mgsinθ＞μmgcosθ，即μ<arctanθ時，小球沿桿先勻減速上滑，再勻