广西玉林市陆川中学2025-2026学年高二上学期期中调研模拟物理试题（含答案）

第第页广西玉林市陆川中学2025-2026学年高二上学期期中调研模拟物理试题一、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，一物块与斜面接触处于静止状态，则物块受到的力有()A．重力 B．重力和支持力C．重力、支持力和静摩擦力 D．重力、支持力和下滑力【答案】C【解析】【解答】物块处于静止状态，可知物块受重力、支持力和静摩擦力三个力作用，C正确.【分析】在I-U图象中，图线的斜率表示电阻的倒数，结合串、并联电路的电流规律分析选项。2．一带负电的粒子仅受电场力作用下在电场中做直线运动，v－t图象如图所示，t1、tA．该电场可能是由某正点电荷形成的B．带电粒子从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐增大C．M点的电势低于N点的电D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力【答案】B【解析】【解答】解：由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，场强不变，因此该电场是匀强电场，不可能是由某正点电荷形成的，故AD错误．由速度图象可知，带电粒子在从M点到N点的过程中，速度减小，动能减小，根据能量守恒定律可知，电势能逐渐增大，粒子的速度减小，所以带电粒子所受的电场力方向从N→M，而粒子带负电，则电场线方向从M→N，所以M点的电势高于N点的电势，故B正确，C错误；故选B.【分析】从v-t图象判断粒子运动性质（匀减速），结合电场力、电势能与电势的关系分析选项。3．在图中，所有接触面均光滑，且a、b均处于静止状态，其中A、D选项中的细线均沿竖直方向．a、b间一定有弹力的是A． B．C． D．【答案】C【解析】【解答】A．假设两球间有弹力，则小球将向两边运动，与题矛盾，故ab间无弹力．故A错误；B．假设两球间有弹力，则小球将向b球将向右边运动，与题矛盾，故ab间无弹力．故B错误；C．若两球间无弹力，则两个都将向下摆动，与题矛盾，说明ab间有弹力．故C正确；D．假设a对b球有弹力，方向必定垂直于斜面向上，b球共受三个力：竖直向下的重力、竖直向上的拉力和垂直于斜面向上的弹力，三个力的合力不可能为零，则小球b不可能处于静止状态，与题矛盾，故ab间一定没有弹力．故D错误．

故答案为：C

【分析】用假设法判断a、b间的弹力：假设a、b间有（或无）弹力，看是否与“静止状态”矛盾，从而确定弹力是否存在。4．做奥斯特实验时，要观察到小磁针明显的偏转现象，下列方法可行的是（）A．将导线沿东西方向放置，磁针放在导线的延长线上B．将导线沿东西方向放置，磁针放在导线的下方C．将导线沿南北方向放置，磁针放在导线的延长线上D．将导线沿南北方向放置，磁针放在导线的下方【答案】D【解析】【分析】由于小磁针受到地磁场的作用，要指南北方向，为了观察到明显的偏转现象，应使电流产生的磁场方向为东西方向，故应使把直导线南北放置，当小磁针发生偏转时，正说明了磁场的存在，当电流方向改变时，产生的磁场的方向也改变，故小磁针的偏转方向也改变．直导线周围的磁场；磁场；地磁场．D正确，故选D。

【点评】本题考查了小磁针指南北是由于受到地磁场的缘故；磁场的性质是对放在磁场中的磁体有力的作用；电流周围存在着磁场和磁场的方向与电流方向有关。5．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定()①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上②b和c同时飞离电场③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大A．① B．①② C．③④ D．①③④【答案】D【解析】【解答】①②三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由y=得知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即ta=tb＞tc故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场．故①正确，②错误.③三个α粒子水平方向上做匀速直线运动，则有x=v0t．由图看出，b、c水平位移相同，大于a的水平位移，即xb=xc＞xa而ta=tb＞tc可见，初速度关系为：vc＞vb＞va，故③正确.④由动能定理得△Ek=qEy由图看出，a和b的偏转距离相等，大于c的偏转距离，故ab动能增量相等，大于c的动能增量，故④正确.

故答案为：D.

【分析】α粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向匀速直线运动，平行电场方向匀加速直线运动。结合位移公式、动能定理分析运动时间、初速度及动能增量。6．计算几个电阻的总电阻、电路的简化、引入平均速度、合力与分力等概念，这些处理物理问题的方法，都属于（）A．类比的方法 B．控制变量的方法C．等效替代的方法 D．观察、实验的方法【答案】C【解析】【解答】中学物理中经常用的研究方法有：控制变量法，微小变量放大法，等效替代法等，要明确这些方法在具体实验中的应用．解：求几个电阻的总电阻、把一个复杂的电路简化，都用到了等效替代的方法，合力与分力的作用效果是等效的，故C正确，A、B、D错误．故答案为：C．【分析】判断物理方法的核心是看“用一个物理量/过程替代另一个，效果相同”的特点，据此分析各选项。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．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关k，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电流表、电压表V2示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU2，下列说法正确的是A．I减小 B．U1、U2均减小C．U1I变小，U3I【答案】A,D【解析】【解答】AB．P下滑，R2增加则总电阻增加，则I变小，内电压变小，路端电压变大，则U3变大，根据欧姆定律可知，定值电阻R1两端的电压U1变小，滑动变阻器R2两端的电压U2变大，故A正确，B错误；C．根据闭合电路欧姆定律可知U3=E−Ir，解得D．根据伏安特性曲线可知ΔU1ΔI=R故答案为：D。

【分析】滑动触头P向下滑动时，R28．在测电源的电动势和内阻实验中，根据某次实验记录数据画出U-I图像，下列关于这个图像的说法中正确的是（）A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3VB．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6AC．根据r=ED．该实验中电源的内阻为1Ω【答案】A,D【解析】【解答】A．由闭合电路欧姆定律可知图像与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为3.0V，故A正确；B．由于图像的纵坐标不是从零开始的，故图像与横坐标的交点不是短路电流，故B错误；CD．图像的斜率绝对值表示电源的内阻，则r=Δ故答案为：AD。

【分析】根据闭合电路欧姆定律U=E−Ir，U−I图象的纵截距对应电动势，斜率的绝对值对应内阻，据此分析选项。9．两块电压表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【答案】B,C【解析】【解答】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．CD、因是串联关系，分压之比为内阻之比．故C正确D错误．故答案为：BC。【分析】电压表由电流表串联电阻改装而成，串联电路中电流处处相等，结合电压表的改装原理分析指针偏角和读数的关系。10．如图所示，为A、B两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是（）A．电阻A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变B．在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻BC．在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻BD．在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B【答案】A,C【解析】【解答】A．由图可知，电阻A的图线的斜率越来越大，故A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变，故A正确；BCD．两图线的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等，故C正确，BD错误。故答案为：AC。

【分析】在U-I图象中，图线的斜率表示电阻，据此分析电阻的变化及交点处的电阻关系。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．如图所示，为“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡的额定电压为3V.（1）在图乙方框图中画出与实物电路相对应的电路图．（2）完成下列实验步骤：①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，滑片应停留在滑动变阻器的最(选填“左”或“右”)端；②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；③记录如下8组U和I的数据，断开开关．根据实验数据在图丙方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线.编号12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1700.1900.2000.205小灯泡发光情况不亮微亮逐渐变亮正常发光（3）数据分析：①图线表明导体的电阻随温度的升高而．②小灯泡正常工作时的电阻约为．(保留到小数点后一位)【答案】；左；；增大；14.6Ω【解析】【解答】(1)测定小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，约为几欧姆到十几欧姆，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，所以电路图如图(2)为保护电路安全，开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于左端；根据表格中的数据，画出小灯泡的I-U图线如图(3)图线表明导体的电阻随温度升高而增大；根据I-U图线得电压U=3V时，I=0.205A，所以小灯泡正常工作时的电阻约为R=30.205Ω≈14.6Ω

（2）实验操作：闭合开关前滑片置于分压端（使小灯泡电压为0），根据数据描点作图。（3）数据处理：通过R=U12．电流、电压传感器是能通过数据采集器采集电流、电压的大小并直接输出电流、电压数值的精确测量仪器．某实验小组利用电流、电压传感器来做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验：（1）在实物图（甲）中，B传感器应该采用（填“电压传感器”或“电流传感器”）；（2）在实物图（甲）中，已正确连接了部分导线，请完成剩余部分的连接，要求电压传感器的示数能从零开始取值（画在答题纸上）；（3）开关闭合前，图（甲）中滑动变阻器触头应该处于（填“a”或“b”）端；（4）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图（乙）所示．现将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，根据图中图像和该电源输出电流与路端电压的关系图线，可以得到小灯泡消耗的功率是W．（结果保留两位小数）【答案】电流传感器；；a；0.10【解析】【解答】(1)由图可知B传感器与电路是串联关系，故应为电流传感器；

故答案为：电流传感器(2)由题意可知，实验要求电压值从零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法，实验电路如图所示；(3)由图可知，测量部分与滑动变阻器右侧并联，为了让电压从零开始变化，滑片开始时应在最a端；

故答案为：a(4)根据闭合电路欧姆定律可得U=E−Ir，代入数据可得I=0.3−0.2U，在图中作出电源的伏安特性曲线，交点为灯泡的工作点，由图可知电流为0.1A，电压为1.0V，则灯泡的功率P=UI=1×0.1W

故答案为：0.10

【分析】（1）传感器判断：串联在电路中的是电流传感器，并联的是电压传感器。

（2）电路连接：电压从零调需用分压接法，按分压电路完成连线。

（3）触头位置：分压接法闭合开关前，触头置于使测量部分电压为0的一端。

（4）功率计算：利用电源的路端电压方程，在灯泡I-U图中作电源直线，交点即为工作点，进而计算功率。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．如图所示，在直角坐标系xOy中，矩形区域oabc内(包含边界)有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2×10−2T；第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=1×104N/C．已知矩形区域oa边长为1.6m，ab边长为0.5m．在bc边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地射出速率均为v(1)粒子在磁场中运动的半径；(2)从ab边射出粒子(不进入电场区域)的最长轨迹的长度及射出ab边时的位置坐标；(3)沿x轴负方向射出的粒子，从射出到从y轴离开磁场所用的时间．【答案】（1）解：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力得：qvB=m解得：R=0.5m（2）解：当轨迹与x轴相切时轨迹最长，粒子在磁场中得运动轨迹如图中所示：由几何关系得，R+R解得：Rsinα=0.3m，所以R粒子从ab边离开磁场时的位置坐标为（1.6m，-0.1m）．(3)解：y沿x轴射出的粒子如图，粒子先在磁场中运动四分之一圆周，然后在电场中做一个往复运动，再回到磁场，最后从y轴射出磁场，粒子先在磁场中运动的时间为t1=T4，周期：T=2πRv=2πmqB，粒子在电场中运动的时间为t2，速度为：v=a×t22【解析】【分析】（1）磁场中半径：利用洛伦兹力提供向心力的公式直接计算。

（2）最长轨迹：通过几何分析找到轨迹与x轴相切的临界情况，结合圆心角求轨迹长度，再由几何关系确定射出坐标。

（3）运动时间：分磁场中圆周运动（由圆心角求时间）和电场中匀变速直线运动（由加速度求时间），总时间为两者之和。14．一束初速度不计的电子在经U的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离为d，板长为l，偏转电极边缘到荧光屏的距离为L，偏转电场只存在于两个偏转电极之间。已知电子质量为m，电荷量为q，求：（1）电子离开加速电场时速度v0大小；（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加电压U0多大？（3）电子最远能够打到离荧光屏上离中心O点距离为Y多大？【答案】（1）解：根据动能定理得qU=解得v（2）解：电子在偏转电