2025屆廣東省執(zhí)信中學物理高二上期中預測試題含解析

2025屆廣東省執(zhí)信中學物理高二上期中預測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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，三只完全相同的燈泡a、b、c分別與電阻A、電感、電容C單聯(lián)，再將三者并聯(lián)，接在220V，50Hz的交變電壓兩端，三只燈泡亮度相同，若將交變電壓改為220V，25Hz，則A．三只燈泡亮度不變B．三只燈泡都將變亮C．a亮度不變，b變亮，c變暗D．a亮度不變，b變暗，c變亮2、兩塊平行帶電金屬板，帶正電的極板接地，兩板間P點處固定著一個負電荷（電荷量很?。?，現(xiàn)讓兩板保持距離不變而水平錯開一段距離，則（）A．P點場強變小 B．兩板間電壓變小C．P點電勢不變，負電荷的電勢能不變 D．P點電勢變小，負電荷的電勢能變大3、示波器是一種常見的電學儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓隨時間變化的情況．當u2和u3的電壓都為零時，電子經(jīng)電壓u1加速后通過偏轉電場打在熒光屏的正中間．豎直偏轉電壓u2，以A板帶正電為正；水平偏轉電壓u3，以C板帶正電為正，以下關于所加電壓與熒光屏上所得的圖形的說法中錯誤的是A．如果只在u2上加上甲圖所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(a)B．如果只在u3上加上乙圖所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(b)C．如果同時在u2和u3上加上甲、乙所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(c)D．如果同時在u2和u3上加上甲、乙所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(d)4、如圖所示，用兩根相同的細繩水平懸掛一段均勻載流直導線MN，電流I方向從M到N，繩子的拉力均為F.為使F＝0，可能達到要求的方法是()A．加水平向右的磁場B．加水平向左的磁場C．加垂直紙面向里的磁場D．加垂直紙面向外的磁場5、如圖所示，在水平長直導線的正下方，有一只可以自由轉動的小磁針?，F(xiàn)給直導線通以由a向b的恒定電流I，若地磁場的影響可忽略，則小磁針的N極將A．保持不動 B．向下轉動C．垂直紙面向里轉動 D．垂直紙面向外轉動6、關于電容器和電容，以下說法正確的是（）A．電容器充電后，兩極板帶等量異種電荷B．電容器的帶電量是兩極板帶電量之和C．電容器電容的大小與其帶電量及兩極板間電勢差有關D．電容器兩極板間電勢差每增加1V，電容器的帶電量即增加1C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（1）是某一點電荷形成的電場中的一條電場線，A、B是電場線上的兩點，一負電荷q僅在電場力作用下以初速度v0從A運動到B過程中的速度圖線如圖（2）所示，則以下說法中正確的是A．A、B兩點的電場強度是EA>EBB．A、B兩點的電勢差UAB>0C．負電荷q在A到B過程中電勢能增大D．由于電場方向由A→B，所以此電場是由A點左側正點電荷形成的8、如圖，兩個等量同種正點電荷分別固定在M、N兩點，O是M、N中點，以下說法正確的是（）

A．O點電場強度E=0B．M、N連線中點電勢φ=0C．在M、N的中垂線上，由靜止釋放一負點電荷，負點電荷可能先做加速度減小的加速運動再做加速度增大的減速運動D．在M、N的中垂線上，從O向兩頭延伸，場強一直減小9、如圖所示，絕緣材料制成的半徑為R的內壁光滑圓軌道，豎直放置在水平地面上且左右恰被光滑擋板擋住,圓心O點固定著電荷量為Q的場源點電荷,一電荷量為q、可視為質點的帶電小球沿內壁做圓周運動,當小球運動到最高點A時,地面對軌道的彈力恰好為零。若軌道與小球的質量均為m,Q≥q>0,忽略小球的電荷對Q形成的電場的影響,重力加速度為g,靜電力常量為k。下列說法中正確的是（）A．軌道內壁的電場強度處處相同B．軌道內壁的電勢處處相等C．運動到最低點C時,小球對軌道的壓力大小為7mgD．運動到與圓心等高的B點時,小球對軌道的壓力大小為4mg—kqQ10、在圖中，A．B兩圖分別為測燈泡電阻R的電路圖，下述說法正確的是A．A圖的接法叫電流表外接法，B圖的接法叫電流表的內接法B．A中R測＞R真，B中R測＜R真C．A中誤差由電壓表分流引起，為了減小誤差，就使R<<Rv，故此法測較小電阻好D．B中誤差由電流表分壓引起，為了減小誤差，應使R>>RA，故此法測較大電阻好三、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）用如圖（甲）所示的電路圖研究額定電壓為2.4V的燈泡L的伏安特性，并測出該燈泡在額定電壓下工作時的電阻值．（1）在閉合開關S前，滑動變阻器觸頭應該放在端________．（選填“a”或“b”）；（2）按電路圖（甲）測出的燈泡電阻值比真實值________（選填“偏大”或“偏小”）．根據(jù)所得到的圖像如圖（乙）所示，它在額定電壓下實際功率P＝________W；（3）若將該燈泡直接接在電動勢為2.4V，內阻為6Ω的電源兩端，此時電路工作的效率為________．12．（12分）小明用如圖所示的電路“測量電池的電動勢和內電阻”．(1)備有如下器材A．干電池1節(jié)B．滑動變阻器(0～20Ω)C．滑動變阻器(0～1kΩ)D．電壓表(0～3V，內阻約3kΩ)E．電流表(0～0.6A，內阻約0.8Ω)F．電流表(0～3A，內阻約0.2Ω)G．開關、導線若干其中滑動變阻器應選__________，電流表應選__________．(只填器材前的序號)(2)某同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出的U－I圖像如圖所示，由圖像可得電池的電動勢為_____V，內電阻為_____Ω.（保留兩位有效數(shù)字）(3)實驗時由于電壓表的分流作用，導致電動勢E的測量值_____（選填“小于”或“大于”）其真實傎。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，在平面直角坐標系內，第一象限的等腰三角形MNP區(qū)域內存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，y＜0的區(qū)域內存在著沿y軸正方向的勻強電場．一質量為m，電荷量為q的帶電粒子從電場中Q（﹣2h，﹣h）點以速度V0水平向右射出，經(jīng)坐標原點O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁場．已知MN平行于x軸，N點的坐標為（2h，2h），不計粒子的重力，求：（1）電場強度的大小；（2）磁感應強度的大小B；（3）粒子在磁場中的運動時間．14．（16分）如圖所示，兩平行金屬板A、B長L=8cm，兩板間距離d=8cm，A板比B板電勢高300V．一帶正電的粒子電荷量，質量，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域，（設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響）．已知兩界面MN、PS相距為，D是中心線RO與界面PS的交點，O點在中心線上，距離界面PS為，粒子穿過界面PS后做圓周運動最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上．靜電力常數(shù)，粒子重力忽略不計．（結果保留到小數(shù)點后面兩位）（1）求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離y；（2）求粒子到達PS界面時離D點的距離Y和速度大小v；（3）確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小．15．（12分）如圖，兩平行光滑導軌相距為L＝20cm，金屬棒MN的質量為m＝10g，電阻R＝5Ω，勻強磁場的磁感應強度B＝1T，方向豎直向下，電源電動勢E＝8V，內阻r＝1Ω，當開關S閉合時，MN恰好平衡，求變阻器R1的取值為多少？設θ＝45°，g取10m/s2.

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】

根據(jù)電感的特性：通低頻、阻高頻，當電源的頻率變低時，電感對電流的感抗減小，b燈變亮；根據(jù)電容器的特性：通高頻、阻低頻，當電源的頻率變低時，電容器對電流的容抗增大，c燈變暗。而電阻的亮度與頻率無關，a燈亮度不變。A.三只燈泡亮度不變與分析不符，故A錯誤。B.三只燈泡都將變亮與分析不符，故B錯誤。C.a亮度不變，b變亮，c變暗與分析相符，故C正確。D.a亮度不變，b變暗，c變亮與分析不符，故D錯誤。2、D【解析】

AB．將兩板水平錯開一段距離，兩板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式可知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，則由得知，板間電壓U增大，板間場強可見E增大，故AB錯誤；CD．P點到下板距離不變，由公式U=Ed得知，P點與下板電勢差增大，由于電場線向上，P點的電勢低于下極板的電勢，則P點的電勢降低，負電荷在P點的電勢能變大，故C錯誤，D正確。

故選D。3、C【解析】

如果只在u2上加上甲圖所示的電壓，電子只在豎直向偏轉，且偏轉距離不一，故在熒光屏上看到的圖形為一豎直圖線，如圖（a）故A正確；如果只在u3上加上乙圖所示的電壓，電子只在水平向偏轉，且偏轉距離不一，故則在熒光屏上看到的圖形為一水平線段，如圖（b）故B正確；如果同時在u2和u3上加上甲、乙所示的電壓，在水平向為掃描，則在熒光屏上看到的圖形如甲圖形，故C錯誤；如果同時在u2和u3上加上甲、乙所示的電壓，在水平向為掃描，則在熒光屏顯示的與甲同波形，為圖（d），故D正確；此題選擇不正確的選項，故選C。【點睛】考查示波器的顯示特點，明確兩個方向上電子的偏向和偏轉距離與所加電壓的方向與大小關系；知道如果水平向所加圖示U3電壓可在電子在水平向全掃描，則熒光屏上顯示的波形與豎直向的電壓波形相同．4、C【解析】要使繩子的拉力變?yōu)榱?，加上磁場后，應使導線所受安培力等于導線的重力，由左手定則可判斷，所加磁場方向應垂直紙面向里，導線所受安培力向上．5、C【解析】

當通入如圖所示的電流時，根據(jù)右手螺旋定則可得小磁針的位置的磁場方向是垂直紙面向里，由于小磁針靜止時N極的指向為磁場的方向，所以小磁針的N極將垂直于紙面向里轉動。A．保持不動，故A不符合題意；B．向下轉動，故B不符合題意；C．垂直紙面向里轉動，故C符合題意；D．垂直紙面向外轉動，故D不符合題意。故選C。6、A【解析】

電容器充電后兩板帶等量異種電荷，A正確；電容器的帶電量等于任一極板帶電量的絕對值，B錯誤；電容器的電容僅由本身性質決定，與外界因素無關，C錯誤；電容器兩極板間電勢差每增加1V，電容器的帶電量增加值等于電容值，D錯誤．故選A．【點睛】電容器的電容是衡量電容器容納電荷本領強弱的一個物理量，電容大小僅由本身性質決定，與外界因素無關，數(shù)值上等于兩極板間電勢差每增加1V，電容器的帶電量增加值．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、BC【解析】

A.速度圖象的斜率等于物體的加速度，由圖可知點電荷從A向B運動的過程中，加速度越來越大，所受的電場力越來越大，場強越來越大，故A點的場強小于B點場強，EA＜EB故A錯誤。B.由于物體沿電場線運動過程中做減速運動，故點電荷所受電場力方向由B指向A，又由于負電荷所受電場力的方向與場強的方向相反，所以電場線的方向由A指向B；而沿電場線的方向電勢降低，所以A點電勢比B點的電勢高UAB>0故B正確。C.從圖象知道，速度減小，電荷的動能減小，由于僅在電場力作用，所以根據(jù)能量守恒可知其電勢能增大，負電荷q在A到B過程中電勢能增大，故C正確。D.因為A點的場強小于B點場強，A點離場源電荷遠，電場線的方向由A指向B，所以此電場一定是負電荷形成的電場，故D錯誤。8、AC【解析】根據(jù)等量同號點電荷電場的特點，可知兩個電荷連線上中點的電場強度為零，故A正確；M、N連線中點雖然電場強度為零，但電勢不一定為零，故B錯誤；在連線的中垂線上，關于連線中點對稱有兩點電場強度最大，且方向相反，所以由靜止釋放一負點電荷，負點電荷可能先做加速度減小的加速運動再做加速度增大的減速運動，所以C正確；在M、N的中垂線上，從O向兩頭延伸，根據(jù)矢量的疊加原理，可知場強先增大后減小，所以D錯誤．故選AC．點睛：加強基礎知識的學習，掌握住電場線的特點，注意電場強度與電勢沒有直接關系，同時理解中垂線從O向兩邊去，電場強度的大小關系．9、BC【解析】

點電荷的場強特點，軌道內壁的到圓心的距離相等，場強大小相等，方向不同，故A錯誤；點電荷的等勢面是距離不等的同心圓，則軌道內壁的電勢處處相等，故B正確；當小球運動到最高點A

時，地面對軌道的彈力恰好為零，則小球對軌道的彈力FNA=mg。對小球有：FNA+mg-kQqR2=mvA2R；對AC應用動能定律有：12mvA2+mg2R=12mvC2；對C點受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：FNC-mg-kQqR2=mvC2R；聯(lián)立解得：FNC=7mg；根據(jù)牛頓第三定律，小球對軌道的壓力大小為7mg。故C正確；對B點受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：FNB-k【點睛】本題考查帶帶電粒子在電場中的圓周運動，注意題中小球運動到最高點A

時，地面對軌道的彈力恰好為零的分析。10、ACD【解析】

本題考查電流表的內、外接法的區(qū)別【詳解】A．由圖象可知，A圖電流表屬于外接，B圖屬于電流表的內接。故A選項正確；B．因外接法中電壓表存在分流作用，故而有，B圖中內接法電流表具有分壓作用，則，即B選項錯誤；C．A中誤差由電壓表分流引起，為了減小誤差，Rv越大，電壓表的分流作用就越小這樣誤差就越小，就使R<<Rv，故此法測較小電阻好，故C選項正確；D．B中誤差由電流表分壓引起，為了減小誤差，RA越小，電流表的分壓作用就越小這樣誤差就越小，應使R>>RA，故此法測較大電阻好，故D選項正確。綜上所述，本題正確答案應為ACD。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、a偏小1.225％【解析】

（1）明確變阻器采用分壓式接法時，電鍵閉合前應將滑片置于輸出電壓最小的一端以保護電流表；（2）根據(jù)歐姆定律寫出電阻測量值和真實值的表達式即可；（3）畫出電源的圖像，兩圖像交點即為小燈泡工作電壓和電流；【詳解】（1）閉合開關前，應將滑動觸頭置于輸出電壓最小的a端，以保護電流表；

（2）根據(jù)歐姆定律，電阻測量值為，

若考慮電壓表內阻影響，待測電阻的真實值為，

比較可知，所以測出的燈泡電阻值比真實值偏??；

根據(jù)I-U圖象讀出時對應的電流，所以小燈泡的實際功率為；（3）作出電源的如圖所示：由圖像可知，此時小燈泡兩端電壓為則此時電路工作的效率為：．【點睛】本題考查通過小燈泡的伏安特性曲線判斷測量值和真實值之間的關系，注意求解電路的效率時需要畫出電源的圖像進行求解即可．12、BE1.51.0小于【解析】

[1][2]由表中測量數(shù)據(jù)的范圍知測量電流最大值小于0.6A，故電流表選擇0.6A量程的E即可，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，故滑動變阻器選B；[3][4]根據(jù)U?I圖象可知，與U軸的交點表示電動勢，所以E＝1.5V，圖線的斜率表示內阻，所以[5]本實驗中由于電壓表的分流作用造成電流表讀數(shù)總是比測量值小，造成，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）；（2）；

（3）【解析】

（1）由幾何關系可知粒子在豎直電場中水平位移為2h，豎直方向的距離為h，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得：2h=v0th=at2由牛頓運動定律可知：Eq=ma聯(lián)立解得：；（2）粒子到達0點，沿+y方向的分速度；速度與x正方向的夾角α滿足粒子從MP的中點垂直于MP進入磁場，垂直于NP射出磁場，粒子在磁場中的速度v=v0；軌道半徑R=h由得：；（3）由題意得，帶電粒子在磁場中轉過的角度為45°，故運動時間；粒子在磁場中的運動時間為1