2025届湖南省长沙市广益实验中学物理高二上期中学业水平测试模拟试题含解析

2025届湖南省长沙市广益实验中学物理高二上期中学业水平测试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地在两极板间有一正电荷（电量很小——固定在P点,如图所示以E表示两极板间的场强,U表示电容器的电压,W表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则A．U变小,E不变 B．E变大,W变大C．U变小,W变小 D．U不变,W不变2、如图所示，当滑动变阻器的滑片向b端移动时（）A．电压表的读数增大，电流表的读数减小B．电压表和电流表的读数都增大C．电压表和电流表的读数都减小D．电压表的读数减小，电流表的读数增大3、磁感应强度B是表征磁场强弱和方向的物理量，下列关于磁感应强度的说法正确的是A．根据公式B＝可知，F越大，B就越大B．磁感应强度的方向与该处通电导线受到的安培力的方向垂直C．磁感应强度的方向就是该处小磁针的N极所指的方向D．磁感应强度的方向与该处正粒子所受的洛伦兹力方向相同4、用伏安法测一节干电池的电动势和内电阻r，实验中可供选择的电压表有两个，量程分别为A(0～2V)，B(0～5V)，滑动变阻器两个：C(1000Ω，0.1A)，D(20Ω，2A)，应选用的电压表和应选用的变阻器为()A．A、C B．A、D C．B、C D．B、D5、两只灯泡A和B，额定电压都是110V,A的额定功率为60W，B的额定功率为100W，为了把它们接在220V电路上都能正常发光，并要电路中消耗的电功率最小，应采用下面的哪种接法：（如图14—151）（）A． B．C． D．6、如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为（

）A． B． C． 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、一质量为m、电量为q的带正电小滑块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上的A点由静止下滑，经时间t后立即加上沿斜面向上的匀强电场，再经时间t滑块恰好过A点。重力加速度大小为g，则A．匀强电场的电场强度大小为B．滑块过A点时的速度大小为C．滑块从A点到最低点过程中重力势能减少了D．滑块从最低点到A点的过程中电势能减少了8、如图所示的电路中,电源内阻一定,电压表和电流表均为理想电表。现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离,测得电压表V1的示数变化大小为ΔU1,电压表V2的示数变化大小为ΔU2,电流表A的示数变化大小为ΔI,对于此过程下列说法正确的是()A．ΔUB．路端电压的增加量等于ΔU2C．R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2-ΔU1D．通过电阻R1的电流变化量大小等于Δ9、两块电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装成的，V2的量程为5V，V1的量程为15V，为了测量15～20V的电压，把V1和V2串联起来使用，在这种情况下()A．V1和V2的读数相等B．V1和V2的指针偏转角相等C．V1和V2的读数之比等于两个电压表内阻之比D．V1和V2的指针偏转角之比等于两个电压表内阻之比10、两个完全相同的金属小球，带电量之比为1：5，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则他们间的库仑力可能为原来的（）A．95B．45C．3三、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）用如图所示的电路（R1、R2为标准定值电阻，阻值已知）测量电源的电动势E和内电阻r，则：（1）需要读取的数据是：①______②______。（2）电动势表达式E=______内电阻表达式r=______。12．（12分）某同学在做测金属丝电阻率的实验中，取一根粗细均匀的、长度为L的康铜丝，先用螺旋测微器测出康铜丝的直径d；然后由伏安法测出康铜丝的电阻；最后求出康铜丝的电阻率．（1）测康铜丝的直径时螺旋测微器的示数如图甲所示，可知康铜丝的直径d=__mm．（2）图乙是测量康铜丝电阻的原理图，根据原理图在图丙所示的实物图中画出连线__．（3）利用上面的电路图测出的电阻值比真实值__（填“偏大”或“偏小”），这种误差叫作__误差（填“偶然”或“系统”）．（4）若调节滑动变阻器，通过多次测量求平均值的方法得到康铜丝的电阻值为R，请写出求康铜丝的电阻率的表达式为__（用L、d、R等已知字母表示）．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，甲、乙两颗卫星在和地球赤道共面的轨道上绕地球分别做匀速圆周运动，二者运行方向相同，甲为地球同步卫星，乙为近地轨道卫星。科学家经过观测发现，每隔时间t两颗卫星相距最近一次。己知万有引力常量为G，地球自转周期为T0。求：（l）乙卫星运动的周期；（2）地球的平均密度。14．（16分）如图所示，平行金属板长为L，一个带电为＋q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：（1）粒子末速度大小；（2）电场强度；（3）两极板间距离．15．（12分）为了测定电池的电动势E和内阻r，按图所示连接电路，当滑动变阻器的滑动头在某位置时，电流表和电压表的示数为0.3A和1.6V，把滑动头移到另一位置时，它们的示数为0.4A和1.4V，求电池的电动势和内电阻。

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、A【解析】

平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离减小，根据知，电容增大，根据，则电压变小；由、、结合可得：可知与无关，则电场强度不变；则与负极板间的电势差不变，点的电势不变，正电荷在点的电势能不变；A.与分析相符，故A正确；B.与分析不符，故B错误；C.与分析不符，故C错误；D.与分析不符，故D错误。2、A【解析】

当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir增大，电阻R2的电压U2=E﹣I（r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=I﹣I2减小．所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小．故选A3、B【解析】

A.磁感应强度的大小是由磁场本身决定，与试探电流元受到的安培力的大小无关，故A错误；B.根据左手定则可知，磁感应强度的方向与通电导线在磁场中受力的方向垂直，故B正确；C.磁感应强度的方向就是该处小磁针静止时N极所指的方向，故C错误；D.根据左手定则可知，磁感应强度的方向与该处正粒子所受的洛伦兹力方向垂直，故D错误．4、B【解析】

电池的电动势约为1.5V，故电压表应选用的量程为0-2V即可；为了调节方便并能减小误差，故变阻器应选用20Ω的即可，故选B。5、C【解析】A、由于额定电压都是，额定功率、，由此可知，把灯泡B与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故A错误；

B、由于灯泡要满足的额定电压，所以当A灯泡与电阻串联以后，再与B灯泡并联，而B灯泡的电压高于额定的电压，不能正常工作，故B错误；

C、由于额定电压都是，额定功率、，由此可知，把灯泡A与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与B灯泡的功率相同，所以总功率的大小为，故选项C正确；

D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为，由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确，选项D错误．点睛：解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小．6、B【解析】根据动量守恒定律得：mv0=mv+MV，得

，故选B.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、AB【解析】

A.未加电场时，取向下为正：，过t时间后，速度：，位移：，加上电场后，根据题意，加速度：，过t后，根据匀变速运动规律：，联立解得：，，A正确B.过A点的速度，速度大小，方向沿斜面向上，B正确C.从A点到最低点，位移：，所以重力势能减小，C错误D.从最低点到A点根据动能定理：，解得：，所以电势能减少了：，D错误8、ACD【解析】

A、根据电路结构可知：V1测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知：ΔU1ΔI=rB、滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，回路电流变小，路端电压增大，即R0与滑动变阻器的电压增大，但电阻R0上的电压是减小的，所以ΔU2与ΔU1不相等，故BC、路端电压即为R0与滑动变阻器的电压之和，所以R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2-ΔU1，故C对D、R1两端的电压即为路端电压，路端电压的变化引起了电阻R1上电流的变化，所以通过电阻R1的电流变化量大小等于ΔU1R1故选ACD【点睛】根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化,由闭合电路欧姆定律可以知道电路电流的变化,则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化9、BC【解析】试题分析：两表串联后，通过每个电流表的电流相同，指针偏转角度相同，但两电压表的总内阻不同，则两表的示数不同，其示数之比为两表的内阻之比．A两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同．故A错误．B因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同，故B正确．C因是串联关系，分压之比为内阻之比．故C正确D错误．故选BC考点：把电流表改装成电压表．点评：考查的是电压表的改装原理，电压表的内部电路为串联关系，相同的电流表电流相同，偏转角度一样，而对应刻度由量程决定．10、AB【解析】由库仑定律可得：F=kQqr2，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：1；当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为2：2；所以库仑力是原来的三、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、开关S2与1接触时的电流强度I1开关S2与2接触时的电流强度I2【解析】

（1）[1]因为没有电压表，需要通过变化电阻读取两个电流读数，因此先读取开关S2与1接触时的电流强度I1；[2]然后读取开关S2与2接触时的电流强度I2（2）[3][4]根据题闭合电路欧姆定律可得联立求解可得12、（1）0.281；（2）电路图如图所示（3）偏小，系统；（4）【解析】

（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．（2）根据电路图连接实物电路图．（3）根据电路图应用欧姆定律分析实验误差，由于实验数据导致的误差是系统误差．（4）根据电阻定律求出电阻率的表达式．【详解】（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+28.1×0.01mm=0.281mm；

（2）根据图乙所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（3）由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值；该误差是由于实验设计造成的，属于系统误差．

（4）电阻阻值：，电阻率：；【点睛】本题考查了螺旋测微器读数、连接电路图、实验误差分析、求电阻率表达式，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读．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）（2）【解析】

（1）由题可知，甲卫星的周期为T0，设乙卫星的周期为T，则解得（2）对近地卫星：且解得14、（1）（2）（3）【解析】

粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解可知粒子的末速度的大小将粒子的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动，则由运动的合成与分解可求得电场强度；由动能定理可求得两板间的距离．【详解】(1)粒子离开电场时速度如图所示:由图可知：(2)粒子从射入电场到离开电场，由动能定理得：联立以上解得：(3)带电粒子做类平抛运动，在水平方向上：L=v0t粒子离