2025届广东省东莞市翰林实验学校物理高二上期中调研模拟试题含解析

2025届广东省东莞市翰林实验学校物理高二上期中调研模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点2、若单摆的摆长不变，摆球的质量由20g增加为40g，摆球离开平衡位置的最大角度由4°减为2°，则单摆振动的()A．频率不变，振幅不变B．频率不变，振幅改变C．频率改变，振幅不变D．频率改变，振幅改变3、我国于2013年6月11日17时38分发射“神舟十号”载人飞船，并与“天宫一号”目标飞行器对接．如图所示，开始对接前，“天宫一号”在高轨道，“神舟十号”飞船在低轨道，各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h1和h2(设地球半径为R)，“天宫一号”的运行周期约为90分钟．则以下说法正确的是()．A．“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为hB．“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比为(R+C．“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度小D．“天宫一号”的线速度大于7.9km/s4、两个大小相同、可看成点电荷的金属小球a和b，分别带有等量异种电荷，被固定在绝缘水平面上，这时两球间静电力的大小为F.现用一个不带电且与金属小球a、b大小相同的绝缘金属小球c先与a球接触，再与b球接触后移去，则a、b两球间的静电力大小变为（）A． B． C． D．5、下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中错误的是（）A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B．适用于任何电路，而只适用于纯电阻电路C．在非纯电阻电路中，D．焦耳热适用于任何电路6、下列关于点电荷的说法正确的是()A．电子和质子在任何情况下都可视为点电荷B．均匀带电的绝缘球体在计算库仑力时一般可视为点电荷C．带电的细杆在任何条件下都不可以视为点电荷D．带电的金属球一定不能视为点电荷二、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、关于磁感线的描述，正确的是（）A．沿磁感线的方向，磁场逐渐减弱B．利用磁感线疏密程度可以比较磁场中两点磁场强弱C．磁铁周围小铁屑有规则的排列，正是磁感线真实存在的证明D．不管有几个磁体放在某一空间，在空间任一点绝无两根（或多根）磁感线相交8、如图所示，A、B、C三颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，已知三颗卫星的质量关系为mA=mB＜mC，轨道半径的关系为rA＜rB=rC，则三颗卫星（）A．线速度大小关系为B．加速度大小关系为C．向心力大小关系为D．周期关系为TA<TB=TC9、如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中．导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（）A．A、B两点场强相等，且都为零B．A、B两点场强不相等C．感应电荷产生的电场EA＜EBD．当电键S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动10、如图所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比，接线柱a、b接正弦交变电源，电压．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），R1为一定值电阻。下列说法正确的是（）A．电压表示数为22VB．当所在处出现火警时，电压表的示数变大C．当所在处出现火警时，电流表A的示数变小D．当所在处出现火警时，电阻R1的功率变大三、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）要测绘一个标有“3V1．6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：直流电源（电压为4V）；电流表（量程为1—1．6A．内阻约1．2Ω）；电压表（量程为1--3V）；电键一个、导线若干．①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）．A．滑动变阻器（最大阻值11Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流1．3A）②（1）为了设计合理的实验方案，某同学用多用电表来粗略测量电压表的内阻，表盘读数及开关选择档位，如下图所示，则其阻值约为______________；测量时多用电表的红表笔应接电压表的___________（填正或者负）接线柱．（2）选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图________．下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接．（电路中仅缺少2条导线，请用笔代替导线连上）_____12．（12分）某同学用电流表和电压表测干电池的电动势和内电阻时，采用如图所示的电路图接线，然后测出一些数据在坐标纸上画出了电池的U－I图线如图所示，(1)从U－I图线中可以得出电池的电动势E＝____V，内电阻r＝____Ω。(2)请根据电路图在下图中连接实物图____。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，在动摩擦因数为μ=0.50的绝缘水平面上放置一质量为m=2.0×10-3kg的带正电的小滑块A，所带电荷量为q=1.0×10-7C．在A的左边l=0.9m处放置一个质量M=6.0×10-3kg的不带电的小滑块B，滑块B与左边竖直绝缘墙壁相距s=0.05m，在水平面上方空间加一方向水平向左的匀强电场，电场强度为E=4.0×105N/C．A由静止开始向左滑动并与B发生碰撞，设碰撞过程的时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并与墙壁相碰撞，在与墙壁碰撞时没有机械能损失，也没有电量的损失，且两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小可忽略不计．（g取10N/kg）（1）试通过计算分析A和B的运动情况．（2）两滑块在粗糙水平面上运动的整个过程中，由于摩擦而产生的热量是多少？（结果保留两位有效数字）14．（16分）在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1(未知)，该点电荷的电荷量为－Q，且只考虑该点电荷在第一象限内产生的电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2(未知)；第四象限内有大小为、方向按如图乙所示规律周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期T=,一质量为m，电荷量为＋q的离子从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动．以离子到达x轴为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：(1)离子在第一象限运动时速度大小和第二象限内电场强度E2的大小；(2)当t=T/2和t＝T时，离子的速度分别是多少；(3)当t＝nT时，离子的坐标．15．（12分）利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=3Ω，重物质量m=1．11kg，当将重物固定时，理想电压表的示数为2V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为2．2V，（不计摩擦，g取11m/s2）．求：（1）串联入电路的电动机内阻为多大？（2）重物匀速上升时的速度大小．

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】

设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误．2、B【解析】

单摆的周期公式为，与摆球的质量和摆角的大小无关，所以周期不变频率也不变，摆角减小则振幅也减小，故B正确，ACD错误．3、B【解析】

AB、根据GMmr2=ma=mv2r，又r=R+h，则得v=GMR+h，a=GM(R+r)2，所以“天宫一号”跟“神舟十号”C、天宫一号”的运行周期约为90分钟，同步卫星的周期24h，根据ω=2πT，知“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大，故D、第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球圆周运动的最大，所以“天宫一号”的线速度小于7.9km/s，故D错误；故选B。【点睛】关键是根据万有引力提供向心力列式，得到线速度、向心加速度的表达式，再求解即可。4、D【解析】

设a球与b球的电荷量大小均为q，距离为r，则a和b之间的库仑引力为：，假设a球带正电，当不带电的小球c与a球接触后，a、c两球平分电荷，每球带电持量为，当再把c球与b球接触后，两球的电荷先中和，再平分，每球所带电荷量为，由于r不变，则a、b两球之间的相互作用力的大小为：，故D正确，ABC错误。5、A【解析】

A．电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，A错误；B．公式是计算电路的总功的大小，适用于任何的电路。当为纯电阻电路时，根据欧姆定律，可以推导出，所以只能适用于纯电阻电路，B正确；C．在不是纯电阻的电路中，UI表示的是总的功率的大小，而只是电路中发热的功率，电流中还对外做功的功率，所以，所以C正确；D．焦耳热适用于任何电路中的焦耳热量的计算，D正确。本题选错误的，故选A。【点睛】每个公式的使用的条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，这是做题的前提条件。6、B【解析】

物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，叫做点电荷，同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析；如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．【详解】电子和质子在研究的范围非常小，可以与它的大小差不多时，不能看做点电荷。故A错误；在计算库仑力时均匀带电的绝缘球体在一定的条件下可视为点电荷。故B正确。带电的细杆在它的大小相比与研究的范围来说可以忽略不计时，可以视为点电荷。故C错误；带电的金属球在它的大小相比与研究的范围来说可以忽略不计时，可以视为点电荷。故D错误；故选B。【点睛】本题考查带电物体看做点电荷的条件，同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求．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、BD【解析】

AB.磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密的地方，磁场越强，越疏的地方，磁场越弱，但沿磁感线，磁场并不一定减弱，故A错误，B正确。C.磁感线是为了形象地描述磁场而假想的曲线，是不存在的。故C错误。D.磁感线不会相交，因为如果相交，交点会有两个切线方向，即有两个磁场方向，故D正确。8、BD【解析】

根据万有引力提供向心力：，解得：，由图示可知：rA＜rB=rC，所以vA＞vB=vC，故A错误；根据万有引力提供向心力：，解得：，由图示可知：rA＜rB=rC，所以aA＞aB=aC，故B正确；向心力为，由题意知三颗卫星的质量关系为mA=mB＜mC，轨道半径的关系为rA＜rB=rC，所以可以判断：FA＞FB，FB＜FC，故C错误；根据万有引力提供向心力：，解得：，由图示可知：rA＜rB=rC，所以TA<TB=TC，故D正确．所以BD正确，AC错误．9、AD【解析】

AB．枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，整个导体是等势体,故A正确，故B错误；C．在枕形导体内部出现感应电荷的电场与点电荷的电场叠加，叠加后电场为零，而点电荷的产生电场在A点的场强大于在B点的场强，所以感应电荷产生的附加电场EA＞EB，故C错误；D．当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，相当于右端正电荷流向远端，故D正确．故选AD．点睛：处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．10、AD【解析】

A．由表达式可知，输入的电压有效值为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为：电压表V1测的是副线圈两端电压。故A正确。

B．当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，R2的电压就要减小，所以电压表的示数变小。故B错误。

C．由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，根据，可知原线圈的电流也就要增大。故C错误。

D．当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，电阻R1的功率变大。故D正确。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、A3.6KΩ负丙电路图见解析【解析】

①[1]．实验中滑动变阻器要用分压电路，故所用的滑动变阻器应选阻值较小的A;②（1）[2][3]．电压表的内阻值约为36×111Ω=3.6KΩ；测量时多用电表的红表笔应接电压表的负接线柱．（2）[4]．实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为，电流表内阻远小于灯泡电阻，所以电流表应采用外接法，因此实验电路应选丙；电路连线如图；12、1.450.5【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可得U=E-Ir，由此可知当I=0时的纵轴截距大小等于电源的电动势大小，图象的斜率大小等于电源的内阻，由此可知，E=1.45V，(2)根据电路图连接实物图四、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）A、B与墙壁碰后一起向右做匀减速直线运动，直至速度减为零，之后，两物体保持静止状态（2）1.4×10-2J【解析】

（1）滑块A受电场qE=4.0×10－2N，方向向左，摩擦力f=μmg=1.0×10－2N，方向向右．在这两个力作用下向左做初速度为零的匀加速直线运动，直到与B发生碰撞．滑块A与B碰撞并结合在一起后，电场的大小仍为qE=4.0×10－2N，方向向左，摩擦力的大小为f=μ（m+M）g=4.0×10－2N，方向向右．A、B所受合力为零，所以A、B碰后一起向着墙壁做匀速直线运动．A、B一起与墙壁撞后，两滑块受到的电场力与摩擦力的大小不变，方向都是向左的，所以A、B与墙壁碰后一起向右做匀减速直线运动，直至速度减为零，之后，两物体保持静止状态．（2）在A、B碰撞之前摩擦力做功为：W1=μmgl=9.0×10－3JA、B碰撞前的过程，由动能定理，得：根据动量守恒定律，得两滑块碰后运动的速度大小为：两滑块共同运动，与墙壁发生碰撞后返回直到静止，这段过程中，设两滑块最后静止的位置距