貴州畢節大方縣三中2025屆物理高二上期中檢測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流和，且；a、b、c、d為導線某一橫截面所在平面內的四點，且a、b、c與兩導線共面；b點在兩導線之間，b、d的連線與導線所在平面垂直．磁感應強度可能為零的點是A．a點 B．b點 C．c點 D．d點2、下列各圖中，能夠描述勻加速直線運動的是A． B．C． D．3、關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是（）A．安培力的方向可以不垂直于直導線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關D．將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變為原來的一半4、為了使電熱器的功率變為原來的一半，下列辦法中正確的（）A．保持電壓不變，電阻變為原來的一半 B．保持電阻不變，電流變為原來的一半C．電壓和電阻都變為原來的一半 D．使電流變為原來的1/4，電阻變為原來的一半5、兩個分別帶有電荷量－Q和＋7Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變為，則兩球間庫侖力的大小為A． B． C． D．6、下列v—t圖象中，表示勻速直線運動的是（）A．B．C．D．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、如圖所示為甲、乙兩個物體在同一條直線上運動的v-t圖像，兩者同時出發，甲一直做勻加速直線運動，乙先勻加速再勻速。t=0時乙在甲前1.5m處，下列說法正確的是（）A．甲、乙兩物體一定相遇兩次B．t=3s時兩物體相遇C．t=4s時兩物體相遇D．t=5s時兩物體相遇8、如圖所示,某勻強電場中A、B、C、D四點構成一個菱形,對角線AC=12cm,BD=16cm,一個質子從A移到B,電場力做了24eV的功;一個電子從A移到C,克服電場力做了24eV的功。其中A點的電勢為零,則下列說法正確的是()A．D點的電勢φD=0 B．D點的電勢φD=-24VC．電場強度E=250N/C D．電場強度E=200N/C9、如圖所示，甲、乙為兩個獨立電源的路端電壓U與通過它們的電流I的關系圖線，下列說法中正確的是()A．路端電壓都為U0時，它們的外電阻相等B．電流都是I0時，兩電源的內電壓相等C．電源甲的電動勢大于電源乙的電動勢D．電源甲的內阻小于電源乙的內阻10、如圖所示,圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產生的電場線,虛線是某一帶電粒子通過該電場區域時的運動軌跡,a、b是軌跡上的兩點.若粒子在運動中只受電場力作用。下列判斷中正確的是(

)A．帶電粒子一定帶負電B．a點電場強度大于b點電場強度C．粒子在a點的速度大于在b點的速度D．粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能三、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）圖甲，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。(1)實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通過僅測量__________（填選項前的符號），間接地解決這個問題。A．小球開始釋放的高度hB．小球拋出點距地面的高度HC．小球做平拋運動的射程(2)圖甲中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落地點的位置______，測量平拋射程______。然后，把被碰小球m2靜置于軌道上O點正上方，再將入射球m1從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復。接下來要完成的必要步驟是_____。（填選項前的符號）A．用天平測量兩個小球的質量m1、m2B．測量小球m1，開始釋放的高度hC．測量拋出點距地面的高度HD．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE．測量平拋射程OM、ON(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為__________（用(2)中測量的量表示）；若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為__________（用(2)中測量的量表示）。12．（12分）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中．除有一標有“3V1.8W”的小燈泡、電源、導線和開關外，還有電流表A(0～0.6A，內阻約為0.1)、電壓表V(0～3V，內阻約為4k)、滑動變阻器R(0～10，2A)。實驗要求保證器材的安全，燈泡兩端的電壓能從0開始連續調節，測量結果盡量準確。(1)為盡可能地減小誤差，實驗中采用電流表____________(選填“內接”或“外接")法，采用正確的方式測出的電阻值___________(選填“大于"“小于”或“等于")電阻的真實值。(2)設計并在方框中畫出一個合理的電路圖__________。(3)某同學根據電路圖連接實物圖時，并未連接完整，請用筆畫線代替導線完成實物圖的連接_________。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，一帶電量為＋q、質量為m的小球，從距地面高2h處以一定的初速度水平拋出，在距拋出點水平距離為s處有根管口比小球大的豎直細管，細管的上口距地面高為h，為了使小球能無碰撞地落進管口通過管子，可在管子上方整個區域內加一水平向左的勻強電場，求：（1）小球的初速度；（2）應加電場的場強；（3）小球落地時的動能．14．（16分）一顆人造衛星靠近某行星表面做勻速圓周運動，經過時間t，衛星運行的路程為s，運動半徑轉過的角度為1rad，引力常量設為G，求：（1）衛星運行的周期；（2）該行星的質量．15．（12分）兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認為是均勻的．一個粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達撫極板是恰好落在極板中心．已知質子電荷為e，質子和中子的質量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求：（1）極板間的電場強度E；（2）粒子在極板間運動的加速度a；（3）粒子的初速度v1．

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】試題分析：兩電流在該點的合磁感應強度為0，說明兩電流在該點的磁感應強度滿足等大反向關系，根據右手螺旋定則在兩電流的同側磁感應強度方向相反，則為或，又，所以該點距遠距近，所以是點，故選項C正確，選項ABD錯誤．考點：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向【名師點睛】由安培定則可判出兩導線在各點磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感應強度為零的點的位置；本題考查了安培定則及矢量的合成方法，特別應注意磁場的空間性，注意培養空間想象能力．2、C【解析】

由圖可知，本題考查v-t圖和x-t圖，根據圖像信息可分析本題。【詳解】AB、根據公式因此在x-t圖中，勻加速圖像是二次函數圖像，故AB錯誤；CD、在v-t圖，勻加速運動圖像是斜向上，故C正確，D錯誤。3、B【解析】

試題分析：本題考查了產生條件、大小與方向，當電流方向與磁場平行時不受安培力，根據左手定則可知安培力的方向與磁場垂直．引用公式F=BIL時，注意要求磁場與電流垂直，若不垂直應當將導線沿磁場與垂直于磁場分解，因此垂直時安培力最大，最大為F=BIL．解：A、B、根據左手定則可知，安培力方向與磁場和電流組成的平面垂直，即與電流和磁場方向都垂直，故A錯誤，B正確；C、磁場與電流不垂直時，安培力的大小為F=BILsinθ，則安培力的大小與通電導線和磁場方向的夾角有關，故C錯誤；D、當電流方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，將直導線從中折成直角，讓其中的一半與磁場的方向平行，安培力的大小將變為原來的一半；將直導線在垂直于磁場的方向的平面內從中折成直角，安培力的大小一定變為原來的，故D錯誤．故選B．【點評】解決本題的關鍵是知道當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最小．當導線的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F=BIL．4、C【解析】

A.根據可知，當電阻變為原來的一半，電壓不變時，其電功率為原來的2倍，故A錯誤；B.根據可知，保持電阻不變，電流變為原來的一半，功率變為原來的，故B錯誤。C.根據可知，電壓和電阻都變為原來的一半，功率變為原來的一半，故C正確。D.根據可知，使電流變為原來的1/4，電阻變為原來的一半，功率變為原來的，故D錯誤。5、C【解析】

相距為r時，根據庫侖定律得：，兩小球相互接觸后各自帶電量變為3Q，此時有A．。故A不符合題意。B．。故B不符合題意。C．。故C符合題意。D．。故D不符合題意。6、C【解析】

A圖中速度隨時間均勻減小，做勻減速直線運動。故A錯誤。B圖中速度隨時間均勻增大，做勻加速直線運動。故B錯誤。C圖中速度隨時間不變，做勻速直線運動。故C正確。D圖中速度隨時間均勻變化，做勻變速直線運動。故D錯誤。故選C。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、BD【解析】

t=0時乙在甲前1.5m處，在t=2s時，甲比乙多走的距離為，可知此時甲已經超過乙0.5m，第一次相遇在0-2s之間；在2-3s時，乙比甲多走了，即t=3s時乙追上甲相遇第二次；由面積關系可知從3-5s內，甲乙位移相等，可知t=5s時刻甲乙第三次相遇；以后甲的速度大于乙，不再相遇。故選BD。8、AC【解析】

AB．AB間的電勢差為：AC間的電勢差為可知BC兩點的電勢相等，由于AD平行于BC，所以A點電勢與D點電勢相等，即故A正確，B錯誤；CD．由，得BC連線即為等勢線，過A點作BC的垂線，如圖，由幾何知識得A點到BC的距離為所以電場強度為故C正確，D錯誤。9、AC【解析】考點：閉合電路的歐姆定律．專題：恒定電流專題．分析：根據閉合電路歐姆定律得知：電源的路端電壓與電流的關系式為U=E-Ir，當I=0時，U=E，即圖線與縱軸交點坐標表示電源電動勢的大小，圖線的斜率的大小表示電源的內阻大小．解答：解：路端電壓都為U0時，電路中的電流相等都為I0，跟據歐姆定律可知它們的外電阻相等，故A正確根據閉合電路歐姆定律得知：U=E-Ir，當I=0時，U=E，即圖線與縱軸交點坐標表示電源電動勢的大小，由圖可知電動勢電源甲的電動勢大于電源乙的電動勢．而圖線的斜率的大小表示電源的內阻大小，圖線甲的斜率大于圖線乙的斜率，電源甲的內阻大于電源乙的內阻．則當電流都是I0時，甲電源的內電壓較大，故BCD錯誤故選A點評：對于物理圖象的理解，關鍵要根據物理規律推導出解析式，再從數學角度來理解圖象的物理意義．10、BC【解析】

從圖中可以看到，粒子的運動軌跡向左彎曲，說明粒子受到的電場力大體向左，電場線方向不明，無法判斷粒子的電性；根據電場線疏密程度判斷電場的強弱；根據電場力做功情況，判斷動能和電勢能的變化．當電場力做正功時，電荷的電勢能減小，動能增大；當電場力做負功時，電荷的電勢能增大，動能減小．【詳解】A.由圖，粒子的運動軌跡向左彎曲，說明粒子在a、b兩點受到的電場力沿電場線向左。由于電場線方向不明，無法確定粒子的電性。故A錯誤；B.電場線疏密表示電場的強弱，由圖可知，a點電場強度大于b點電場強度，故B正確；CD.由于粒子在a、b兩點受到的電場力沿電場線向左，故從a到b電場力對粒子做負功，粒子的動能減小，電勢能增大，則粒子在a點的速度較大，在b點電勢能較大。故C正確，D錯誤。故選：BC.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、CPOPADE【解析】

(1)[1]小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間相等，小球的水平位移與小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即測量射程，故C正確。(2)[2][3][4]和碰撞后，的動能減小，則速度減小，落點在M，碰撞后速度比更大，落點在N，沒有發生碰撞時，的落點在P；驗證動量守恒定律實驗中，質量可測，而瞬時速度較難測得。因此采用了落地高度不變的情況下，水平射程來反映平拋的初速度大小，所以僅測量小球拋出的水平射程來間接測出速度。所以要先讓入射球m1多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP。要驗證動量守恒定律定律，即驗證小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得得因此實驗需要測量：兩球的質量、小球的水平位移，為了測量位移，應找出落點位置；故ADE正確，BC錯誤。故選ADE。(3)[5][6]由(2)知，實驗需要驗證如果碰撞過程機械能守恒，則兩邊同時乘以得則可得12、（1）外接小于（2）如圖；（3）如圖；【解析】

根據燈泡與電表內阻的關系選擇連接方式，再根據歐姆定律分析．電壓與電流從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，然后連接實物電路圖；閉合開關前，分壓電路分得的電壓應為零．【詳解】（1）燈泡正常發光時電阻R==5Ω，燈泡電阻遠小于電壓表內阻，則電流表采用外接法，采用外接法時，通過燈泡實際電流小于電表讀數，根據歐姆定律R=U/I得測出的電阻值小于電阻的真實值.（2）電壓與電流從零開始變化，則滑動變阻器應采用分壓接法，電路圖如圖所示；

（3）根據電路圖連接實物圖：

【點睛】對電學實驗題目應明確：①根據待測電阻的額定電壓和額定電流來選擇電壓表和電流表的量程；②若電阻大小滿足時，電流表應用外接法，否則應用內接法；③當電路要求電流從零調時，變阻