2024-2025学年教科版高二物理上学期期中模拟预测卷02（解析版）

期中模拟预测卷02

满分：100分；时间:90分钟

注意事项：

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上

3.考试范围：必修三全部；

4.题型：7（单选）+3（多选）+2（实验）+4（计算）

一、单选题（本题一共7小题，每题4分，共28分）

1.许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是（）

A.牛顿提出了万有引力定律，通过实验测出了万有引力恒量

B.法拉第发现了电磁感应现象

C.托马斯・杨发现了电流周围存在磁场

D.麦克斯韦预言了电磁波的存在，并通过实验证实了电磁波的存在

【答案】B

【详解】A.牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力恒量，故A错误;

B.1831年，法拉第发现了电破感应现象，故B正确；

C.托马斯・扬成功地完成了光的干涉实验，证明了光具有具有波动性，故C错误；

D.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D错误。

故选Bo

2.一个正电荷周围有3种形状各异的金属导电体。在电荷，周闱形成如图所示的电场分布，P为导体A表

面上的点，。为导体B内距离。/为£的点，图中虚线为一电荷只在电场作用下的运动轨迹，。、b为运动

轨迹上的两点，则（）

A.运动电荷带正电

B.运动电荷在。点加速度比力大

C.电场在P点的方向斜向右上方

D.导体B上的感应电荷在。点形成的场强大小为今

【答案】B

【详解】A.曲线运动中，质点受力方向指向曲线的内测，故运动电荷带负电，A错误：

B.由于。点的电场线比8点的电场线密集，电场强度较大，运动电荷在。点受到的电场力大于b点的

电场力，故。点的加速度大于6点的加速度，B正确；

C.P点的电场方向垂直于导体的表面，C错误；

D.静电平衡时，导体内部的合场强为零，故所有的感应电荷在。点形成的场强大小与点电荷g在该点

的电场强度大小相等，方向相反，即所有的感应电荷在。点形成的场强大小为舞，而不仅仅是B上面

L

的感应电荷形成的场强。故D错误。

故选Bo

3.如图所示，电路中有三根导线，其中一根是断的，电源、电回火八&及另外两根导线是好的。为了查出

断导线，某学生想先用多用电表的红表笔连接在电源的正极。，再将黑表笔连接在电阻R/的力端和&

的c端，并观察多用电表指针的示数。下列选项中符合操作规程的是（）

A.直流10V挡B.直流0.5A挡C.直流2.5V挡D.欧姆挡

【答案】A

【详解】AC.由于电路中电源电动势为6V,所以用电压挡检测其量程要大于6V,故A正确，C错误;

E6

B.电路中电流的最大值可能为。=»-=£A=1.2A

可知直流0.5A挡量程不够大，故B错误；

D.用欧姆挡要把电源断开，本题操作没有，故D错误。

故选A,

4.如图所示，竖直绝缘墙上固定•带电小球A,将质量为〃?、带电荷量为4的小球B用轻质绝缘丝线悬挂

在A的正上方C处，丝线4c长度为XC两点间的距离为2L当小球B峥止时，丝线与竖直方向

的夹角。=45。，带电小球A、B可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.丝线对小球B的拉力为爱mg

B.小球A的带电荷量为冬£

C.如果小球A漏电导致电量减少少许，则AB之间距离减小，库仑力变大

D.如果小球A漏电导致电量减少少许，丝线拉力大小不变

【答案】D

【详解】A.由题意可知8c=4Ccos45"

所以N8与垂直，两小球之间的距离为N8=/Csin45°=应

对小球B进行受力分析如图

由平衡条件得，丝线对小球B的拉力为T=nigcos45u=mg

故A错误；

可知。=与虻

故B错误;

故D正确。

故选Do

6.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能昂随位移x变化的关系如图所示，其中。〜0

段是关于直线对称的曲线，/〜占段是直线，其中-再，则下列说法正确的是（）

A.。〜王段的电场强度逐渐增大

B.X/、X2＞X3处电势仰、32、.3的关系为例＞例＞。3

C.粒子在内~吃段做匀变速运动，七〜七段做匀速直线运动

D.X/与.门两点间的电势差S等于X2与刈两点间的电势差U*

【答案】B

【详解】A.根据电势能与电势的关系。

场强与电势的关系E=学

1庄Q

得E=

qAx

NF

由数学知识可知综-X图像切线的斜率等于也，。〜玉段的斜率逐渐减小，电场强度逐渐减小，故A错

AY

误:

B.根据电势能与电势的关系Ep=q。；粒子带负电，则9＜0

则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以日例＞纥＞仍

故B正确；

C.由图看出王〜与段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。

%〜巧段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，

做匀变速直线运动，故C错误：

D.X/与X2两点间距与X2与力两点间距相等，但是线的斜率不一样，故而电场强度不一样，由0=以定

性分析可知X/与X2两点间的电势差U/2与也与X3两点间的电势差S3不相同，故D错误。

故选Bo

7.某同学用一个微安表头（量程，内阻）、电阻箱4和电阻箱为组装成一个多用电表，有电流“10mA”和

电压“3V”两挡，改装电路如图所示，则凡,凡应调到的阻值为（）

欠2

o6

•ab

A.K=5C,&=295.5QB.凡=5C,&=2955。

C./?,=10Q,/?2=29100D.飞=IOC,&=291。

【答案】A

【详解】当接“接线柱时改装为电流表，根据并联电路特点得44=（/-4）仆

代入数据解得代管\。言二5c

当接。、人接线柱时改装为电压表，根据串联电路特点得44+/&=u

解得&=5=喋缁%=295皿

故选Ao

二、多选题（本题共3小题，每题6分，共18分）

8.如图所示，两块较大的金属板力、8平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为/〃、

带电量为夕的油滴恰好在2点处于静止状态。则下列说法正确的是（）

A.在S仍闭合的情况下，若籽片板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有力->〃的电流

B.在S仍闭合的情况下，若将力板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有bra的电流

C.若将S断开，且将力板向左平移一小段位移，〃点电势降低

D.若将S断开，再将力板向下平移一小段位移，。点电势不变

【答案】AD

【详解】A.在S仍闭合的情况下，若将力板向下平移一小段位移，根据。=编

4兀kd

可知电容器电容增大，依题意电容器与电源保持连通状态，吸板间电压不变，由。=/

可知极板.上电荷量增加，电容器处于充电状态，G中有bf。的电流。根据£=§

可知极板间匀强电场的场强变大，根据尸=^£

可知油滴所受电场力增大，将向上加速运动。故A正确;

B.同理可知，在S仍闭合的情况下，若将力板向右平移•小段位移，极板的正对面积减小，电容器电

容减小，极板上电荷最减小，电容器处「放电状态，G中有Qfb的电流。根据£=二

a

可知极板间匀强电场的场强不变，油滴仍然静止。故B错误：

C.若将S断开，则极板上电荷量不变，将力板向左平移一小段位移，根据。=弃7

4兀kd

可知电容器电容减小，由。=号

可知极板间电压增大，根据U=&/

可知电场强度增大，P、8间电势差增大，8板接地，P点电势升高。故C错误：

D.同理可知，若将S断开，板板上电荷量不变，根据£=坪

可知匀强电场的场强不变，P、8间电势差不变，8板接地，P点电势不变。故D正确。

故选ADo

9.加速度测量仪可测显汽车起步或刹车时的加速度，其结构如图所示。当汽车加速或减速时，元件A发生

位移并输出相应的电压信号，已知A的质量为〃?，弹簧的劲度系数为八电源的电动势为艮内阻不计,

滑动变阻器总长为电阻分布均匀，汽车静止或匀速时滑片P在滑动变阻器的中点，输出电压为零，

汽车加速度大小为竺

m

C.可以测量的最大加速度为*D.输出电压U与加速度。的函数式为。二3字

2mLk

【答案】BC

【详解】A.无论汽车加速或减速，元件A发生位移为多大，滑动变阻器电阻接入电路中电阻不变，根

据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，故A错误；

B.对元件A分析可知，当弹簧的伸长量为x时，受到的弹力大小为尸=b

根据牛顿第二定律求得汽车加速度大小为。=£=如

mm

故B正确；

,L

C.当滑片P在滑动变阻器的B或C端时，弹力最大，此时加速度大小为，乜

a———=—

m2m

故C正确；

D.当弹簧变化量为x时，由牛顿第二定律H=〃皿

分析电路知输出电压U为。=答后

KBC

rtiR=p!

J

联立解得。二:后=粤

LLk

故D错误。

故选BCo

10.在如图所示的电路中，电源电动势为E,内阻为厂，R为滑动变阻器，心为定值电阻，闭合开关S,当

处的滑动片P向下滑动时，四个理想电表A、VH71、V3的示数分别用/、U/、5、S表示，电表示

数变化量的大小分别用△/、AU/、AS、AS表示。下列说法中正确的是（）

AU1*.AU,丁”AU1力A（7,W，T-七

C方变大'上不变口.方和宝都不变

【答案】BD

【详解】A.当凡的滑片P向下滑动时，用的阻值变大，根据“串反并同”，Y的示数H变大，V2的示

数a变小，V3的示数q变大，故A错误；

B.根据部分电路欧姆定律可得

《卫,-R、+R驾

因为，4的阻值变大，所以牛不变，牛和号均变大，故B正确：

C.根据部分电路欧姆定律可得U=£-/（&+〃）

贝曲—〃

△/

由B选项可得当■=;?,

△/•

则券和当■均不变，故C错误；

△IA/

D.根据部分电路欧姆定律可得

则学和券均不变，故D正确。

A/A/

故选BDo

三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）

11.（6分）电容器储存电荷的特性可用电容来表征。某一固定电容器外观如图1所示，在观察电容器的充、

放电实验中，实验电路图如图2所示。

（1）某一固定电容器外观如图I所示，下列说法正确的是（）

A.35表示额定电压B.35表示击穿电压

C.2200表不电荷量D.2200表水电容

（2）电容器在整个充放电过程中的电流/随时间/图像和两极板电压U与时间/的图像，可能正确的是

（3）用电流传感器替换灵敏电流计，测出电路中的电流随时间变化的图像如图3所示，电源电压为8V,

则电容器的电容约为Fo（保留2位有效数字）

【答案】（1）AD

（2）BD

（3）4.4x10-*

【详解】（1）根据电容器的外观可知，33V表示额定电压，2200"表示电容器的电容。

故选AD。

（2）在开始充电的瞬间，电容器极板两端电压为零，电荷量变化率刚开始比较大，随着电容极板上电

荷数量的增加，电荷量变化率减小，根据。=卷

可知极板间电压逐渐增大。且变化率减小。由，・=/

可知充电电流逐渐减小。电容放电时，两极板间电压逐渐减小，旦变化率减小。电流反向，逐渐减小.

故选BD,

（3）根据入图像与横轴围成的面积表示放电过程中群放的电荷量，可知

2=14x0.25xl0-3xlC=3.5xl0-3C

根据C=:

可知C=4.4x10"

12.（10分）某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和柠檬制作了水果电池，已知铜片是电池的正极，

锌片是负极。他们通过系列实验测量水果电池的电动势和内阻。

5000n/vA-V-O

2500n/f

（1）他们首先用多用电表的电压挡测量电池的电动势。将多用电表的选择开关旋转到直流电压挡2.5V,

然后将电压表连接到水果电池两极，其中红表笔应与（填“铜片”或“锌片”）相连。电表读

数如图甲所示，该水果电池的电动势为V。

（2）课外科技活动小组继续利用电阻箱R、电压表（内阻为《）等电路元件设计如图乙所示的电路图进

一步测量电源电动势和内阻。闭合开关S后，调节电阻箱得到一系列实验数据。

铜句Ln锌片

①根据图乙的电路图，正确连接图丙的实物图

②用E和，,表示电源电动势和内阻，则!和4的关系式为___________（用E、八Rv表示）；

UR

③将5个这样的水果电池串联，将额定电压为2.5V的小灯泡连到电池两端，闭合开关，小灯泡却没有

发光，己知电路连接正确，没有短路、断路等电路连接问题，你认为小灯泡不发光的原因

是：。

【答案】⑴铜片0.48（0.47、0.49也可）

+II+——•—水果电池内阻太大，输出电压太小

UEER、ER

【详解】（1）口］将多用电表的选择开关旋转到直流电压挡2.5V,红表笔应与正极相连，所以连接铜片;

［2］该水果电池的电动势为E=0.48V

(2)①山实物图如图

②[2]根据闭合电路欧姆定律£=〃+/厂

其中RR、,

R+R\.

,11rri

琴理得—=—+----+-----

中。EERVER

③[3]小灯泡不发光的原因是水果电池内阻太大，输出电压太小。

四、解答题

13.(10分)小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象。当汽车的电动机启动时，汽车车灯会瞬时变暗。汽

车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为，电源与电流表

的内阻之和为0.05C。车灯接通电动机未起动时，电流表示数为10A,电动机启动的瞬间，电流表示数

达到70A。求：

(1)电动机未启动时车灯的功率；

(2)电动机启动瞬间车灯的功率(忽略电动机启动瞬间灯泡的电阻变化)。

【答案】(l)120W

⑵67.5W

【详解】(1)电动机未启动时,路端电压为＞=E-"=12.5-0.05xl0V=12V

电动机未启动时车灯的功率为4=U/=12X10W=120W

(2)电动机启动瞬间，路端电压为。2=£-/2〃=12.5—0.0£X70V=9V

U12

车灯的内阻为R=下1=mC=12。

1|1Vz

电动机启动瞬间车灯的功率6=^=^W=67.5W

14.（12分）如图所示，在绝缘粗糙的水平面上的4处固定一正点电荷，将质量为〃?、电荷量为+q的带电

物块（可视为点电荷）从8点由静止释放，物块滑到C点时速度达到最大，物块滑到。点时停止运动。

已知4、B和8、C间的距离均为LC、。间的距离为2乙物块与水平面间的动摩擦因数〃=0.4,重

力加速度大小为g,不计空气阻力。求：

（1）8、。两点间的电势差；

（2）物块在4点释放瞬间的加速度大小。

ABCD

【答案】（1）^如=等；（2）。=解

5q5

【详解】（1）物块从8点到。点，根据动能定理有乙〃g-3L=0-0

根据电势差的定义有二外

q

解得等

5夕

（2）设固定在力点的点电荷的电荷量为Q,静电力常量为k,物块在C点时，根据受力平衡有

kQq

pm6g=（2二£T）2

物块在B点释放瞬间，根据牛顿第二定律有。-=〃皿

根据库仑定律有。=冬

解得。咨

15.（14分）如图所示，空间中有两块带电平行金属板M、N,两板间距为，两板间的电压U=10V。小球

以%=3m/s的水平速度从两板间的彳点匕入，力点到上极板左端点的竖直距离为然后从卜

极板的右端点8点飞出，并沿切线方向飞入竖直光滑圆轨道。2点与光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道

的半径H=lm0平行金属板M、N的右侧垂线C。的右侧区域存在水平向右的匀强电场，电场强度

F=15N/CO已知小球带正电，质量〃?=LOkg,电荷量q=0.5C,重力加速度g取lOm/s?,sin37°=0.6,

不计空气阻力。求：

(1)小球在B点的速度大小vR；

(2)极板的长度£；

(3)小球在竖直圆轨道上滚动时的最大速度％。

【答案】(l)5m/s

(2)0.6m

(3)5夜m/s

【详解】(1)小球从4点到8点由动能定理可得出如+砥("-〃)=；〃八方-,它

解得%=5m/s

(2)小球在两板间做类平抛运动，则有£=%乙(d-〃)=：S