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方城一高2025年秋期高二年级期中考试模拟（三）
物理试题
（考试范围：必修三第九、十、十一、十二章，选择性必修二第一章）
（时间：75分钟，满分：100分）
一、选择题（1-7题为单选，每小题4分。8-10题为多选，每小题6分，多选全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1．下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是 ( )
A.人们把电子叫做元电荷
B.根据磁感应强度的定义式可知，若长度为1m的直导体棒中通过1A 的电流，放在匀强磁场中受到的安培力为1N，就说明磁感应强度一定是1T
C.根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所受的库仑力成正比
D.根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的负电荷，从a点移动到b点的过程中克服电场力做功为IJ，则a、b两点间的电势差
2．如图，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量都为q 的正电荷，在B点放了某个未知电荷q后，恰好D的电场强度等于0。则放在B点的电荷电性和电荷量为 ( )
A.负电荷 电荷量为
B.负电荷 电荷量为
C.正电荷 电荷量为
D.正电荷 电荷量为
3．如图所示，真空区域内有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），沿着与MN夹角θ为30°的方向以某一速度射入磁场中，粒子恰好未能从PQ边界射出磁场。下列说法不正确的是 ( )
A.可求出粒子在磁场中运动的半径
B.可求出粒子在磁场中运动的加速度大小
C.若仅减小射入速度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短
D.若仅增大磁感应强度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短
4．一带电粒子在电场中仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能与位移x的关系如图所示。下列图象中合理的是 ( )
A. 电场强度与位移关系 B. 粒子动能与位移关系
C. 粒子速度与位移关系 D. 粒子加速度与位移关系
5．如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地．一带负电的油滴位于电容器中的P点且处于静止状态.现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则 ( )
A.带电油滴将竖直向上运动
B.P点的电势将升高
C.带电油滴的机械能将增加
D.通过灵敏电流计有从b往a的电流
6．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹，设电子在A、B两点的加速度大小分别为，电势能分别为。下列说法正确的是 ( )
A.电子一定从A向B运动
B.若，则Q靠近M端且为正电荷
C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有
D.B点电势可能高于A点电势
7．如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆板O和金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，金属圆板和金属圆筒分别接在电源的两端。一个质子从圆板O的中心由静止开始加速，沿中心轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速。已知质子电量为e，质量为m，加速时电压U大小相同。不计质子经过狭缝的时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是 ( )
A.M点电势一直高于N点电势
B．圆筒A、B、C、D、E的长度之比为1：
C.质子从圆筒E射出时的速度大小为
D.质子每经过一次狭缝速度的增加量为
二、多选题。
8．直线I、II分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线III是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接，则下列说法正确的是 ( )
A．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1:2
B．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1:2
C．电源1和电源2的内阻之比是11:7
D．电源1和电源2的电动势之比是1:1
9．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压大小不变，频率为f的高频交流电源上。已知匀强磁场的磁感应强度为B,D形盒的半径为r，位于圆心处的粒子源A能不断产生带电量相同、速率为零的粒子，粒子经过电场加速后进入磁场，粒子被加速到最大动能的时间为t，当粒子被加速到最大动能后，再将它们引出。忽略粒子在电场中运动的时间，忽略相对论效应，下列说法正确的是 ( )
A.粒子源处产生的带电粒子的比荷为
B.粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为
C.从D形盒出口引出时的速度为
D.所加交变电压的大小为
10．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为和的同心金属半球面A和B构成，
A、B 分别是电势为的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为
-e(e>0)、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N。其中动能为的电子沿电势为的等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间，到达N 板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量分别为和。若电场的边缘效应，电子之间的相互影响，均可忽略。下列判断正确的是 ( )
A.偏转器内的电场是匀强电场
B.等势面C处的电场强度大小为
C.到达N板左、右边缘处的电子，其中左边缘处的电势能大
D.
二、实验题（11题8分，12题10分，共18分，把答案写在答题卷上的相应的位置。）
11．把一量程3mA、内阻100Ω的电流表改装成欧姆表，电路如图所示，现备有如下器材：
A.电源E=3V （内阻可不计）；
B．滑动变阻器0~1000Ω；
C．滑动变阻器0~100Ω；
D.红表笔；
E.黑表笔。
（1）器材应选取滑动变阻器 。（选填“B”或“C”）
（2）关于改装后的欧姆表，下面的说法正确的是 ( )
A.红表笔与M相连，黑表笔与N相连
B.表盘刻度是不均匀的，从零刻度处开始，刻度值越大处，刻度线越疏
C.使用欧姆表测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻
D.欧姆表调零是通过调节滑动变阻器让电流表满偏
（3）按正确方法测量一未知电阻Rx，指针指在电流表2mA刻度处，则待测电阻的阻值为 。
（4）若该欧姆表使用一段时间后，内置的电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述电阻Rx，其测量结果与原结果相比将 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
12．某小组对研究手机电池产生兴趣，利用手边器材，先从测量电池组的电动势和内阻开始研究。如图1所示的实验原理图，已知电池组的电动势约3V，内阻约2Ω。现提供的器材如下：
图1
图2
A.电池组
B.电压表（量程0~10V）
C.电压表（量程0~3V）
D．电阻箱R(0~999.9Ω）
E.定值电阻
F.定值电阻
G.开关和导线若干
（1）如图1所示，要尽可能精确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选择 （选填“B”或“C”）；定值电阻, （选填“E”或“F”）。应选择
（2）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的图像如图2所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为-b、a，定值电阻的阻值用表示，则可得该电池组的电动势为，内阻为 （用字母表示）。
（3）调节电阻箱阻值从零开始逐渐变大的过程中，电阻箱的功率如何变化 （选填“变大”“变小”“先变大后变小”“先变小后变大”）
三、计算题（本题共3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。）
13.(10分）在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm。电源电动势E=400V，内电阻r=20Ω，电阻滑动变阻器阻值范围0~5000Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板。若小球所带电荷量，质量，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，g取10m/s2。求：
滑动变阻器消耗的电功率P；在此前提下，若把滑动变阻器滑动片向上移动，则滑动变阻器消耗的功率“增大”还是“减小”？
14.(12分）如图所示，宽为L=0.5m的光滑金属导轨（导轨足够长）与水平面成角，质量为m=0.2kg、长也为L=0.5m的金属杆水平放置在导轨上，电源电动势E=4.8V，内阻r=0.5Ω.空间存在着匀强磁场，当电阻箱的阻值调为R=1.5Ω时（导轨和金属杆电阻均不计），金属杆恰好能静止，已知g取10N/kg,。求：
（1）磁感应强度B至少多大？此时方向如何？
（2）若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，金属棒下滑的最终速度。
15(14分）．某粒子自静止开始经M、N板间的电场加速后从A点垂直于板射入宽度为3L的平行板中，板间有匀强磁场，当板间电压为U时，粒子恰好从右板下端P偏离入射方向的距离为L处飞出，如图所示。（已知该粒子的质量为m，电量为q）
（1）求粒子离开加速电场时的速度v；
（2）该匀强磁场的磁感应强度。
（3）要使粒子能从两板间飞出，求MN间所加电压U范围。方城一高2025年秋期高二年级期中考试模拟（三）
物理参考答案
1.D
2．B
【详解】设正方向边长l，A、C点的电荷在D点的场强均为
则A、C点的电荷在D点的合场强为
因为D点的电场强度恰好等于零，则B点的点电荷在D点的场强与A、C点的电荷在D点的合场强等大反向，因此B点的点电荷带负电，且B点的点电荷在D的电场强度大小是
解得
故选B。
3．C
【详解】AB．根据题意可以分析粒子到达PQ边界时速度方向与边界线相切，如图所示
则根据几何关系可知
在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
则加速度为
故AB正确；
CD．根据
若仅减小射入速度，则粒子在磁场中运动的半径减小，可知粒子运动轨迹的圆心角不变，时间不变，若仅增大磁感应强度，粒子运动轨迹的圆心角不变，粒子在磁场中运动的时间变短，故C错误，D正确；
本题选择错误选项；
故选C。
4、【答案】D
【解析】
【详解】AD．电场力做功等于电势能的减小量，即
得
图像斜率表示电场力，即电场力减小，场强减小，加速度减小，A错误，D正确；
B．带电粒子在电场中仅受电场力作用，根据动能定理
图像斜率为电场力，由于电场力减小，则斜率应减小，B错误；
C．根据
可知，速度与位移不成正比，C错误。
故选D。
5、【答案】B
【解析】
【详解】A．将下极板竖直向下缓慢移动时，板间距离d增大，电容器的电压U不变；由分析得知，板间场强减小，则油滴所受电场力减小，油滴将沿竖直向下运动．故A错误；
B．P点到上极板的距离不变，而E减小，由U=Ed知，P点与上极板间电势差减小，且P点的电势小于零，则P点的电势升高，故B正确；
C．油滴向下运动，电场力对油滴做负功，则其机械能减小，故C错误；
D．电容器的电容减小，带电量减小，故电容器放电，由电流计中由a到b的电流；故D错误．
6、【答案】B
【解析】
【详解】A．图中给出的是电子只在静电力作用下的运动轨迹，能够确定电子做曲线运动，不能够确定电子是从A向运动，还是从向A运动，故A错误；
B．合力方向指向轨迹内侧，由于合力等于静电力，则静电力方向指向轨迹内侧，由于电子带负电，可知，电场方向指向轨迹外侧，若，表明A处电场强度大于B处，根据点电荷电场分布规律可知，靠近端且为正电荷，故B正确；
C．结合上述可知，若电子从A向运动，电场力做负功，电势能增大，即有
若电子从向A运动，电场力做正功，电势能减小，即有
故C错误；
D．结合上述可知，电场强度方向整体向右，沿电场方向电势降低，可知，点电势始终低于A点电势，故D错误。
故选B。
7、B
【详解】A．质子从O点由静止开始被加速，此时M点电势高于N点电势；从A筒射出时，继续被加速，此时M点电势低于N点电势；从B筒射出时，还要被加速，此时M点电势再次高于N点电势。此后，M点电势和N点电势交替变化，故A错误；
B．由动能定理
可知，质子第一次加速后进入A筒的速度为
同理，第二次加速后进入B筒的速度为
第三次加速后进入C筒的速度为
由题意可知，质子在金属圆筒内做匀速直线运动的时间均为T，根据
可知，圆筒A、B、C、D、E的长度之比为
故B正确；
C．由B选项分析可知，质子从圆筒E射出时，经过5次加速，由动能定理
可得
故C错误；
D．由B选项分析可知，质子由O点到A筒，速度的增加量为
从A筒射出到进入B筒，速度增加量为
故D错误。
故选B。
8、【答案】BCD
【解析】
【详解】A．小灯泡与电源1连接时的电阻为
小灯泡与电源2连接时的电阻为
所以在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是
故A错误；
B．小灯泡与电源1连接时小灯泡消耗功率为
小灯泡与电源2连接时小灯泡消耗的功率为
所以在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是
故B正确；
C．电源1的内阻为
电源2的内阻为
所以电源1和电源2的内阻之比是
故C正确，
D．由图像可得电源1和电源2的电动势都为10V，则电源1和电源2的电动势之比是，故D正确。
故选BCD。
9．AB
【详解】A．根据回旋加速器的原理可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率等于加速电压的频率，即
可得粒子源处产生的带电粒子的比荷为，A正确；
B．被加速n次时根据
在磁场中运动的半径
解得
同理可知被加速n次前轨道半径
可得粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为，B正确；
C．从D形盒出口引出时
解得速度为，C错误；
D．粒子在D形盒中被加速的次数
则根据
所加交变电压的大小为，D错误。
故选AB。
10、【答案】BD
【解析】
【详解】A．匀强电场的特点是大小处处相等，方向相同。故A错误；
B．电子做匀速圆周运动的向心力由电场力提供，由题意可知
解得
故B正确；
C．从左侧边缘出来的电子，电场力做正功，从右侧边缘出来的电子，电场力做负功。故C错误；
D．从左侧边缘出来的电子所处区域的电场线密集，平均电场强度大，平均电场力做功多。故D正确。
故选BD。
11、(1)B
(2)CD
(3)500Ω
(4)偏大
【详解】（1）两表笔直接接触时，调节滑动变阻器的阻值使电流达到满偏
解得，故滑动变阻器应选B。
（2）A．欧姆挡表盘刻度是不均匀的，刻度值越大处刻度线越密，故A错误；
B．在欧姆表内部黑表笔接的是电源的正极，红表笔接电源的负极，故B错误；
C．测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻，故C正确；
D．欧姆表调零操作是通过调节滑动变阻器让电流表满偏，D正确。
故选CD。
（3）电流时，有
解得
（4）当电池电动势变小，内阻变大时，欧姆表重新调零，由于满偏电流不变，由公式
欧姆表内阻得调小，待测电阻的阻值是通过电流表的示数体现，由公式
可知当变小时，接入同样的被测电阻，通过的电流变小，欧姆表读数变大。
12．(1) C E
(2)
(3) 先变大后变小
【详解】（1）[1] 被测电池组的电动势约，故电压表应选择量程为的电压表，即选C；
[2] 电池组内阻约，定值电阻若选，会使电路中电流过小，测量误差大；选能使电路中电流适中，便于测量，所以定值电阻应选择，即选E。
（2）[1][2] 根据闭合电路欧姆定律有
又因为
联立解得
由图像可知，纵轴截距
所以该电池组的电动势为
图像斜率
所以该电池组的内阻为
（3）[1] 把定值电阻和电源内阻r看成等效内阻形成一个新的等效电源，则等效电源的内阻为
电阻箱的功率可看作新的等效电源的输出功率。根据电源输出功率随外电阻变化的规律可知，当外电阻等于等效内阻时，输出功率最大。电阻箱阻值从零开始逐渐变大，所以电阻箱的功率先变大后变小。
13、【答案】（1）20W；减小
【解析】
【详解】（1）设A、B两极板间电压为U，根据动能定理有
解得
据闭合电路的欧姆定律
解得电流
滑动变阻器消耗的电功率
此时滑动变阻器接入电路的电阻为
把电阻R1等效为电源的内阻，则
由
可知，当外电路电阻等于电源内阻时外电路消耗的功率最大，则在此前提下，若把滑动变阻器滑动片向上移动，电阻从2000Ω减小，则滑动变阻器消耗的功率减小
14、．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据
解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其半径为r，如图
由几何关系得
解得
因为
联立解得
（3）分析可知电压最小时粒子能从C点飞出，如图
几何关系可知粒子圆周运动半径
因为，
联立解得
故MN间所加电压U范围在。
15、．（1）1T，垂直于导轨平面向上；（2）3m/s
【详解】（1）金属棒静止时，若安培力沿斜面向上，则磁感应强度最小，根据安培定则可知，磁场应垂直于导轨平面向上，此时
解得
（2）当B方向竖直向上且金属棒匀速向下滑动时，金属棒产生从b到a的感应电流，此时设电路中电流为，则
联立解得

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