2025屆廣東省中山一中、仲元中學等七校物理高二第一學期期中復習檢測試題含解析

2025屆廣東省中山一中、仲元中學等七校物理高二第一學期期中復習檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)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，電源兩端電壓為U=10V保持不變，，，；，先閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，再將S斷開，則S斷開后，通過R1的電荷量為A． B．C． D．2、如圖所示，光滑絕緣細桿與水平面成θ角固定，桿上套有一帶正電的小球，質(zhì)量為m，帶電荷量為q，為使小球靜止在桿上，可加一勻強電場，所加電場的場強滿足什么條件時，小球可在桿上保持靜止A．當場強方向垂直于桿斜向上時，場強大小為mgcosθ/qB．當場強方向豎直向上時，場強大小為mg/qC．當場強方向垂直于桿斜向上時，場強大小為mgsinθ/qD．當場強方向水平向右時，場強大小為mgcotθ/q3、真空中有一靜電場，其在x軸正半軸的電勢隨x變化的關(guān)系如圖所示，則根據(jù)圖象可知()A．R處的電場強度E＝0B．x1處與x2處的電場強度方向相同C．若正的試探電荷從x1處移到x2處，電場力不一定做正功D．該電場有可能是處在O點的正的點電荷激發(fā)產(chǎn)生的4、兩個點電荷Q1、Q2位于x軸上A、B兩點，若取無限遠處的電勢為零，則在它們形成的電場中，沿x軸正方向上各點的電勢如圖所示，且AP＞PB．由圖線提供的信息可知A．P點的電場強度為零B．Q1的電荷量較大C．電子沿x軸從A移到B的過程中，加速度逐漸減小D．電子沿x軸從A移到B的過程中，電場力先做正功，后做負功5、如圖，在勻強磁場的區(qū)域中有一光滑斜面體，在斜面體上放了一根長為L,質(zhì)量為m的導線，當通以如圖方向的電流I后，導線恰能保持靜止，則磁感應強度B的大小和方向正確的有（）A．方向垂直紙面向外B．,方向豎直向下C．,方向水平向左D．，方向水平向右6、如圖所示，實線是電場中一簇方向未知的電場線，虛線是一個帶正電粒子從a點運動到b點的軌跡，若帶電粒子只受電場力作用，粒子從a點運動到b點的過程中（）A．粒子的電勢能逐漸減小B．粒子的電勢能逐漸增加C．粒子運動的加速度逐漸增大D．粒子運動的速度逐漸增大二、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（a）所示，兩水平平行正對的金屬板M、N間距為d，加有如圖（b）所示的交變電壓。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的微粒被固定在兩板正中間的P點，在t=0時刻釋放該粒子，3t0時間內(nèi)粒子未到達極板。則在0~3t0時間內(nèi)，下列說法正確的是（）A．從t=0開始，粒子向M板運動B．粒子從t0開始一直向N板運動C．0~2t0時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為mg2t02D．3t0時，重力對粒子做功的瞬時功率為mg2t08、如圖，在粗糙的絕緣水平面上，彼此靠近地放置兩個帶正電荷的小物塊（動摩擦因數(shù)相同）．由靜止釋放后，向相反方向運動，最終都靜止．在小物塊的運動過程中，表述正確的是（）A．物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力B．物體之間的庫侖力都做正功，作用在質(zhì)量較小物體上的庫侖力做功多一些C．因摩擦力始終做負功，故兩物塊組成的系統(tǒng)的機械能一直減少D．整個過程中，物塊受到的庫侖力做的功等于電勢能的減少9、圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，為交流電流表．線圈繞垂直于磁場方向的水平軸沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，從圖示位置開始計時，產(chǎn)生的交變電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，以下判斷正確的是（）A．電流表的示數(shù)為10AB．線圈轉(zhuǎn)動的角速度為50πrad/sC．0.01s時線圈平面與磁場方向平行D．0.02s時電阻R中電流的方向自右向左10、如圖所示，一質(zhì)量為m、電量大小為q的帶電油滴，從水平向右的勻強電場中的O點以速度v沿與場強方向成37°角射入電場中，油滴運動到最高點時速度大小也是v，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．最高點不可能在O點的正上方B．勻強電場的電場強度可能為E＝mg/4qC．O點與最高點之間的電勢差可能為零D．勻強電場的電場強度可能為E＝3mg/q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）某一小型電風扇額定電壓為4.0V，額定功率為2.4W。某實驗小組想通過實驗描繪出小電風扇的伏安特性曲線。實驗中除導線和開關(guān)外，還有以下器材可供選擇：A．電源E（電動勢為4.5V）；B．電壓表V（量程為0～5V，內(nèi)阻約為4kΩ）；C．電流表A1（量程為0～0.6A，內(nèi)阻約為0.2Ω）；D．電流表A2（量程3A，內(nèi)阻約0.05Ω）；E．滑動變阻器R1（最大阻值10Ω，額定電流1A）；F．滑動變阻器R2（最大阻值2kΩ，額定電流100mA）。(1)為了便于調(diào)節(jié)，減小讀數(shù)誤差和系統(tǒng)誤差，實驗中所用電流表應選用___，滑動變阻器應選用___（填所選儀器前的字母序號）；(2)在該實驗中（小電風扇的電路符號），一同學設(shè)計了如圖所示的四個電路。為了減小誤差，應選取的電路是________（將選項代號的字母填在橫線上）；(3)請按正確實驗電路連接實物圖_________；(4)操作過程中發(fā)現(xiàn)，小電風扇通電后受阻力作用，電壓表讀數(shù)小于0.5V時電風扇沒啟動。該小組測繪出的小電風扇的伏安特性曲線如圖所示，由此可以判定小電風扇正常工作時的機械功率為________。12．（12分）某同學用圖中所給器材進行與安培力有關(guān)的實驗．兩根金屬導軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行，足夠大的電磁鐵（未畫出）的N極位于兩導軌的正上方，S極位于兩導軌的正下方，一金屬棒置于導軌上且兩導軌垂直．（1）在圖中畫出連線，完成實驗電路．要求滑動變阻器以限流方式接入電路，且在開關(guān)閉合后，金屬棒沿箭頭所示的方向移動．（2）為使金屬棒在離開導軌時具有更大的速度，有人提出以下建議：A．適當增加兩導軌間的距離B．換一根更長的金屬棒C．適當增大金屬棒中的電流其中正確的是_____（填入正確選項前的標號）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，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好．MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場．圖中虛線右側(cè)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B．PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長，電阻忽略不計．（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加大小為F的水平恒力，請指出力F的方向并求出單匝金屬線圈里磁通量的變化率；（2）斷開S，PQ在上述恒力F的作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程中金屬棒PQ上產(chǎn)生的熱量．14．（16分）電荷所帶電荷量q＝3.0×10-10C，在電場中某一點所受的電場力F＝9.0×10-7N，方向豎直向上，求這一點電場強度的大小和方向。若在這一點改放一電荷量為q1＝6.0×10-10C的電荷時，電荷所受電場力多大？15．（12分）如圖所示，圓1和圓2之間存在磁感應強度為B的勻強磁場（垂直紙面沒有畫出)，圓2和圓3之間的電勢差為U，一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從A點由靜止釋放，經(jīng)過時間t從C點對著圓心O射入磁場，其運動軌跡恰好與圓1相切，已知圓1的半徑．求：（1）圓2的半徑r2；（2）電子能否再次回到A點，如果能，求出電子從A點出發(fā)至再次回到A點所經(jīng)歷的時間，如果不能，請通過計算說明原因．

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】

開關(guān)S閉合時，則電路中的電流：，則C2兩端電壓為U2=IR3=5V；C1兩端電壓為U1=I(R2+R3)=9V；C2帶電量：Q2=C2U2=30×10-6×5C=1.5×10-4C；C1帶電量：Q1=C1U1=30×10-6×9C=2.7×10-4C；斷開S后，兩電容器兩端的電壓均為10V，則C2帶電量：Q′2=C2U=30×10-6×10C=3.0×10-4C；C1帶電量：Q′1=C1U=30×10-6×10C=3.0×10-4C；則流過電阻R1的電量為：，故選C.【點睛】本題要注意分析電路結(jié)構(gòu)，正確找出電容器與哪一個電阻并聯(lián)，從而確定電容器兩端的電壓，再根據(jù)電容器的充放電知識明確流過的電量．2、B【解析】試題分析：若電場方向垂直于桿斜向上，小球受到的電場力方向也垂直于桿斜向上，在垂直于桿的方向小球受力能平衡，而在平行于桿方向，重力有沿桿向下的分力，沒有力與之平衡，則小球?qū)⑾蛳禄瑒?，不能保持靜止．故A、C均錯誤．若電場方向豎直向上，此時球受兩個力，豎直向上的電場力和豎直向下的重力，根據(jù)二力平衡可知，Eq=mg，故．故B正確．若電場方向向右，此時受三個力，重力、電場力和支持力．重力和電場力垂直于桿方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和電場力沿桿子方向的分力大小相等方向相反，有mgsinθ=Eqcosθ，故，故D錯誤．故選B．考點：物體的平衡．3、B【解析】A、圖像中,曲線上任意一點的切線的斜率表示電場強度;R處切線的斜率不為零,故R處的電場強度不為零，故A錯誤

B、處與處的切線斜率同為負值,故處與處的電場強度方向相同,故B正確；

C、從處移到處,電勢降低,若移動的是正電荷，則電場力做正功，故C錯誤；D、離電荷越近,電場強度越大，圖像的斜率應越大,而圖中離O點越近,圖像切線的斜率變小,故該電場不可能在O點的正電荷產(chǎn)生的,故D錯誤;綜上所述本題答案是：B4、B【解析】

A、該圖象的斜率等于場強E，則知P點電場強度不為零，A錯誤；B、如果Q1和Q2為等量異種電荷，點連線中垂線是等勢面，故連線中點為零電勢點；由于AP＞PB，故Q1＞Q2，B正確；C、從φ﹣x圖象的斜率可知，A到B的區(qū)間電場強度先減小后增大，故電子在沿x軸從A移到B的過程中，受到的電場力先減小后增大，加速度也是先減小后增大，C錯誤；D、電子沿x軸從A移到B的過程中，電場力方向始終指向x軸負方向，與電子移動方向相反，故電場力一直做負功，D錯誤．5、B【解析】當磁場方向豎直向外時，磁場的方向電流的方向平行，導體棒不受安培力，此時導體棒受到重力和支持力，兩個力不可能平衡，故A錯誤；磁場方向豎直向下時，根據(jù)左手定則，安培力沿水平向左，根據(jù)平衡條件有：mgtanθ=BIL解得：，故B正確；磁場水平向左時，安培力豎直向上，與重力平衡，有mg=BIL，，故C錯誤；磁場水平向右時，安根據(jù)左手定則，安培力沿斜面向下，導體棒還受到重力和支持力，三個力不可能平衡，故D錯誤；故選B.6、B【解析】

根據(jù)運動軌跡彎曲方向判定電場力方向，然后根據(jù)電性判斷電場線方向，從而判斷電勢高低，根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；【詳解】A、由粒子的運動軌跡可知，帶電粒子所受的電場力向左，從a點運動到b點電場力做負功，電勢能增大，故A錯誤，B正確；C.電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，則a點電場力大于b點電場力，a點加速度大，故C錯誤；D.從a點運動到b點電場力做負功，根據(jù)動能定理可知動能減小，則速度減小，故D錯誤．【點睛】解決這類帶電粒子在電場中運動問題的關(guān)鍵是根據(jù)軌跡判斷出電場力，利用電場中有關(guān)規(guī)律求解．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】

AB．電場力為F=qE=2mgt=0時刻，電場力向上，時間向上勻加速，加速度為g；時間向上勻減速，加速度為3g；時間向下勻減速，加速度為g；從t=0開始，粒子向M極運動；從開始一直向N極運動；故A正確，B錯誤；C．時間向上勻加速，根據(jù)位移時間關(guān)系公式，位移為，時間向上勻減速，根據(jù)位移時間關(guān)系公式，位移、速度分別為，在時間內(nèi)，粒子的位移為零，故重力對粒子做的功為零，則由動能定理可得故C錯誤；D．根據(jù)速度時間關(guān)系公式，時粒子的速度為方向向下，故時，重力對粒子做功的瞬時功率為故D正確。故選AD?！军c睛】帶電粒子做直線運動，先根據(jù)F=qE求解電場力，再根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)運動學公式求解各個時間段的位移，然后根據(jù)恒力做功表達式求解電場力的功，根據(jù)P=Fv求解瞬時功率。8、BD【解析】

A．小物塊開始做加速運動，后做減速運動到靜止，所以物塊受到的摩擦力開始比庫侖小，后比庫侖力大，A錯；B．兩物塊間的庫侖力大小相等方向相反，由動量守恒可知，質(zhì)量小的物體初速度較大，由動能定理：，可得其運動的位移要遠，故庫侖力做功多一些，B對；C．物塊先加速后減速，其機械能先增大，后減少，C錯；D．整個過程中，庫侖力對物塊做正功，所以庫侖力做的功等于電勢能的減少，D對。故選BD。9、AC【解析】

由題圖乙可知交流電電流的最大值是=A，交流電的周期T=0.02s，電流表的示數(shù)為交流電的有效值即=10A，選項A正確；線圈轉(zhuǎn)動的角速度rad/s，選項B錯誤；0.01s時流過線圈的感應電流達到最大，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢最大，磁通量的變化率最大，則穿過線圈的磁通量為0，即線圈平面與磁場方向平行，選項C正確；由楞次定律可知0.02s時流過電阻的電流方向自左向右，選項D錯誤．本題選AC．10、AD【解析】

A.粒子到最高點的速度仍為v，則動能的變化量為零，根據(jù)動能定理知，克服重力做的負功等于電場力做的正功，最高點如果是O點正上方，則電場力不做功，故A正確。BD.若粒子帶正電，到最高點的時間為解得：，若粒子帶負電，電場方向有：解得：，故B錯誤D正確。C.根據(jù)動能定理知，從開始到最高點過程中，動能變化量為零，克服重力做的負功等于電場力做的正功，根據(jù)可知O點與最高點的電勢差不可能為零，故C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、CEC1.5W【解析】

(1)[1][2]電風扇的額定電流從讀數(shù)誤差的角度考慮，電流表選擇C。電風扇的電阻比較小，則滑動變阻器選擇總電阻為10Ω的誤差較小，即選擇E。(2)[3]因為電壓電流需從零開始測起，則滑動變阻器采用分壓式接法，電風扇的電阻大約遠小于電壓表內(nèi)阻，屬于小電阻，電流表采用外接法。電路圖如圖所示。所以選C選項。(3)[4]實物圖如圖所示。(4)[5]電壓表讀數(shù)小于0.5V時電風扇沒啟動。根據(jù)歐姆定律得正常工作時電壓為4V，根據(jù)圖象知電流為0.6A。則電風扇發(fā)熱功率則機械功率12、（1）如圖所示：（2）AC【解析】試題分析：（1）如圖所示，注意滑動變阻器的接法是限流接法．（2）根據(jù)公式可得適當增加導軌間的距離或者增大電流，可增大金屬棒受到的安培力，根據(jù)動能定理可知金屬棒離開導軌時的動能變大，即離開導軌時的速度變大，AC正確；若換用一根更長的金屬棒，但金屬棒切割磁感線的有效長