【文档说明】（新高考专用，人教版2019必修三9~13章）02（全解全析）（新高考专用）.docx，共(14)页，341.771 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高二物理上学期期中模拟卷（考试时间：75分钟，分值：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔

把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．测试范围：第9~13章（人教版2019必修第三册）。4．难度系数

：0.7。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有

选错的得0分。1．第一个通过实验揭示电磁之间联系的科学家是A．牛顿B．奥斯特C．库仑D．伽里略【答案】B【详解】奥斯特首先发现电流的磁效应，揭示电磁之间联系，B正确。故选B。2．1825年，瑞士科学家科拉顿试图用磁铁在线圈中获得电流，

他用一个线圈与一检流计连成一闭合回路，为了使磁铁不致于影响检流计中的小磁针，用很长的导线连接线圈与放在隔壁房间里的电流计，科拉顿在一边用磁铁棒在线圈中插入与拔出，然后跑到隔壁房间里去观察检流计，遗憾地错过了电磁感应现象的发现。关于科拉顿实验的说法正确的是A．实验过程没有感应电流的产生B．观察到

电流计指针没有偏转是因为墙壁把磁场隔离了C．观察到电流计指针没有偏转是因为线圈电阻太大D．将磁铁插入线圈后跑去隔离房间观察电流计，错过了感应电流产生的时机【答案】D【详解】将磁铁插入线圈过程中，通过线圈的磁通量发生变化，线圈中有感应电流产生，但磁铁插入后静止

不动时，线圈磁通量不再变化，此时线圈中没有感应电流，故当科拉顿跑去隔离房间时，已错过了感应电流产生的时机。故选D。3．关于电荷守恒定律，下列叙述不正确的是A．一个物体所带的电荷量总是守恒的B．在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电荷量总是守恒的C．在一定的条件下，一个系

统内的等量的正、负电荷即使同时消失，也并不违背电荷守恒定律D．电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换【答案】A【详解】A．根据电荷守恒定律，单个物体所带的电荷量是可以改变的，A错误；B．在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电荷量总是守恒的，B正确；C．一个系统内

的等量的正、负电荷同时消失，并不违背电荷守恒定律，C正确；D．电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换，D正确。本题选不正确项，故选A。4．如图所示，虚线表示某电场的等势面，实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹．粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、

电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为EkB、电势能为EpB，则下列结论正确的是A．aA>aB，EkA>EkBB．aA<aB，EpA>EpBC．aA<aB，EpA<EpBD．aA>aB，EkA<EkB【答案】C【详解】AD．根据图中等势面分布可知，＋5V等势面处场强小

于－5V等势面处场强，带电粒子在A点所受的电场力小于在B点所受的电场力，根据牛顿第二定律aA<aB故A、D错误；BC．根据带电粒子运动轨迹可知粒子受到指向轨迹AB凹侧的力作用，带电粒子从A到B，电场力做负功，电势能增大EpA<EpB动能减小EkA

>EkB故C正确，B错误。故选C。5．如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b，横截面积之比:1:2abSS=，已知5s内有5×1018个自由电子通过导线a的横截面，电子的电荷量191.610Ce−=，下列说法正确的是A．流经导线a的电流为0.16

AB．流经导线b的电流为0.32AC．导线a、b的电阻之比:1:2abRR=D．导线a、b两端的电压之比1::2abUU=【答案】A【详解】A．流经导线a的电流为18195101.610A0.16A5qIt−===故A正确；B．因两段导线串联，电流相等，所以流过导线

b的电流也是0.16A，故B错误；C．根据电阻定律有:2:::1abbaabllRRSSSS===故C错误；D．根据欧姆定律UIR=，有:::21ababUURR==故D错误。故选A。6．如图所示电路中，电源电动势为10V，电源内阻为1Ω，电路中电阻R0为2Ω，小型直流电动机M的内阻为1Ω

。闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为2A，则以下判断中正确的是A．电动机两端的电压为6VB．电动机的输出功率为8WC．电动机的发热功率为4WD．电源输出的电功率为20W【答案】C【详解】A．根据闭合电路欧姆定律可得()M04VUEIrR=−+=A错误；B．由公式21MM4WPU

IIR=−=B错误；C．由焦耳定律可得2M4WrPIR==C正确；D．电源输出的电功率为216WPIEIr=−=出D错误。故选C。7．能量守恒定律是自然界最普遍的规律之一，以下最能体现能量守恒定律的是A．闭合电路欧姆定律B．动能定理C．动

量守恒定律D．牛顿第三定律【答案】A【详解】A．闭合电路的欧姆定律2EIUIIR=+即电源的功率等于输出功率与内阻功率之和，直接体现了能量守恒，故A正确；B．动能定理可知：合外力做功等于系统动能的增加量

，没有体现能量守恒，故B错误；C．动量守恒定律不能体现能量守恒，故C错误；D．牛顿第三定律不能体现能量守恒，故D错误。故选A。8．如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变．下列说法中正确的A．液

滴将向下运动B．P点电势升高C．电容器电容变小D．极板带电荷量将减少【答案】B【详解】A、将极板A向下平移一小段距离，板间距离变小，电容器板间的电压保持不变，根据UEd=分析得知，板间电场强度E增大，油滴所受电场力增大，则油滴将向上运动，故A错

误；B、由于板间电场强度E增大，PBd不变，根据PBPBUEd=，PBPBPU=−=可知P点电势电势升高，故B正确；CD、将极板A向下平移一小段距离时，板间距离变小，根据电容的决定式4SCkd=得知电容C增大，而电容器的电压U不变，由QCU=知，极板带电荷量将增大，故C、D错误

；故选B．9．电阻1R、2R的IU−图像如图所示，则下列说法正确的是A．12:3:1RR=B．将1R与2R串联后接于电源上，则电压比12:3:1UU=C．将1R与2R并联后接于电源上，则电流比12:3:1II=D．将1R与2R并联后接于电源上，则功率比12:3:1PP=【答案】CD【详解】A．

图像中斜率的倒数表示电阻的阻值，所以12:1:3RR=故A错误；B．根据串联电路中，电压之比等于电阻之比，可得12:1:3UU=故B错误；C．根据并联电路中，电流之比等于电阻反比，可得12:3:1II=故C正确；D．根据并联电路中，各支路电压相等，可得2UPR=

联立，可得12:3:1PP=故D正确。故选CD。10．某实验小组在测定电源的电动势和内电阻时，实验室提供的器材有待测电源、导线若干、开关，所选器材能够达到实验目的的选项是A．电流表一块、电阻箱一个B．电流表一块、滑动变阻器一个C．电压表一块、

电阻箱一个D．电压表一块、滑动变阻器一个【答案】AC【详解】AB．由EIRIr=+知，用一块电流表测电流，用电阻箱改变外电阻并可读出阻值，只要获得两组I、R数据即可求E，r，滑动变阻器接入电路的阻值无法确定，B错误，A

正确；CD．由UEUrR=+知，用一块电压表和一个电阻箱获得两组U、R值便可求出E、r，若用一块电压表和一个滑动变阻器不可以，因滑动变阻器接入电路的阻值无法确定，D错误，C正确。故选AC。11．在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方

向成α=30°的匀强电场，电场中有一直立为m，电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示．开始小球静止于M点，这时细线恰好为水平，现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，下列判断正确的是A．小球到达M点时速度为零B．小球达到M点时速度最大C．小

球运动到M点时绳的拉力大小为mgD．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动【答案】BD【详解】当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，细线的拉力不做功，只有电场力和小球重力

做功，它们的合力是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边M点时，速度最大，故A错误，B正确；电场力与重力合力为：mgcot30°=3mg；从P到M，由动能定理得：3mgL=12mv2；在M点，由牛顿第二定律得：T-3mg=m2vL；解得小球运动到M点时绳的拉力大小为：

T=33mg，故C错误．若小球运动到M点时，细线突然断裂，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，故D正确；故选BD．点睛：本题考查了在复合场中的受力分析，关键要确定重力和电场力的合力方向和大小，通过等效思想来分析受力情况，来判断小球的运动情况．12．如图所示

，a、b为某电场线上的两点，那么以下结论正确的是A．把正电荷从a移到b，电场力做正功，电荷的电势能减小B．把负电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能增加C．把负电荷从a移到b，电场力做正功，电荷的电势能增加D．不论正电荷还是负电荷，从a到b电势能都逐渐降低【答案】AB

【详解】A．正电荷受到电场力的方向与电场强度方向相同，所以把正电荷从a移到b，电场力做正功，电荷的电势能减小，A正确；BC．负电荷受到电场力的方向与电场强度方向相反，所以把负电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能

增加，B正确，C错误；D．沿着电场线方向电势降低，所以a的电势大于b的电势，移动电荷的电势能变化与电荷的电性有关，D错误。故选AB。第Ⅱ卷（非选择题）二、实验题：本题共2小题，共15分。13．（6分）（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图所示，可知其长度为mm；（2）用螺旋测

微器测金属丝的直径d，读数如图甲所示。则d=mm。【答案】（1）50.15（2）0.680【详解】（1）[1]由图示游标卡尺可知，其示数为50mm30.05mm50.15mm+=（2）[2]螺旋测微器的固定

刻度为0.5mm，可动刻度为18.00.01mm0.1mm80=所以最终读数为0.5mm0.180mm0.680mm=＋14．（9分）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A．待测干电池一节B．电流表1：量程0～0.6A，内阻r＝0.2ΩC．电流表

2：量程0～0.6A，内阻约为0.1ΩD．电压表1：量程0～3V，内阻未知E．电压表2：量程0～15V，内阻未知F．滑动变阻器1：0～10Ω，2AG．滑动变阻器2：0～100Ω，1AH．开关、导线若干（1）伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在

系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。在上述器材中请选择适当的器材：A、、、、H（填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择图中的（填“甲”或“乙”）；（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U－I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E＝

V，内电阻r＝Ω。【答案】（1）DBF（2）甲（3）1.50.8【详解】（1）[1][2][3]干电池电动势约为1.5V，本着安全、准确、方便的原则，电压表选3V量程即可；电流表选0.6A量程，若内阻已知可与电源串联将电

流表内阻视为电源内阻；为调节方便滑动变阻器选10Ω（2）[4]电路图选甲即可，若用甲电路E＝U＋I（r＋RA）因电流表内阻已知，可求得电动势和内阻的真实值（3）[5][6]由U＝E－I（r＋RA）可知U－I图象的纵截距等于电源电动势E＝1.5V图象斜率UI

＝r＋RA＝1.51.00.5−故r＝1－0.2＝0.8Ω三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15．（10分）如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离8cmab

L=，bc间距离14cmbcL=，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角。一个带电量8410Cq−=−的负电荷从a点移到b点克服电场力做功63.210JabW−=。求：（1）匀强电场的电场强度大小和方

向；（2）电荷从b点移到c点，电势能的变化量；（3）a、c两点间的电势差。【答案】（1）1.0×103V/m，方向为由a指向b（水平向右）；（2）电势能增加62.810J−；（3）150V【详解】(1)负

电荷从a点移到b点克服电场力做功，说明负电荷所受电场力的方向为由b指向a，负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，故该匀强电场的方向为由a指向b（水平向右），根据ababWqEl=代入数值可得E=1.0×103V/m(

2)负电荷由b点移到c点，电场力做的功6bcbccos602.810JWqEl−==−电场力做负功，电荷的电势能增加，故电荷的电势能增加62.810J−；（3）a、c两点间的电势差为66acac83.2102.810V150V410WUq−−−−−===−

16．（11分）如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。现将一个质量为m，所带电荷量为-q的带电小球从A点以初速度v0竖直向上抛出，过最高点B时的速度大小仍为v0，取A点电势为0，小球在A点的重力势能也为0，重力加速度为g。求：（1）

电场场强的大小；（2）B点的电势；（3）小球运动过程中所具有的重力势能和电势能之和最大时的速度大小。【答案】（1）mgq；（2）202mvq；（3）022v【详解】（1）根据牛顿第二定律，在沿着电场方向qEma=0v

at=垂直于电场方向0vgt=联立解得mgqE=（2）从A点到B点，根据动能定理22001122BAqUmghmvmv−=−且20vhg=解得202BABAmvUq−==即202Bmvq=（3）从A点

到B点，小球做抛体运动，根据能量守恒，可得小球所具有的重力势能和电势能之和最大时，即动能最小为最小速率，此时电场力和重力的合力方向与速度方向垂直，此时xyvv=xvatgt==0yvvgt=−解得02xyvv

v==根据运动合成和分解，任何时刻的速度为22txyvvv=+解得最小速率022vv=17．（16分）如图所示，电源电动势E=12V，1Ωr=，电容器的电容C=350μF，定值电阻11ΩR=，灯泡电阻26ΩR=，电

动机的额定电压M6VU=，线圈电阻M1R=。开关S闭合，电路稳定后，电动机正常工作，求：（1）电动机输出的机械功率；（2）若电动机被卡住后，电源的总功率；（3）电动机被卡住后，需要断开开关检查故障。求开关S断开后

，流过电动机的电荷量。【答案】（1）8W；（2）50.4W；（3）32.3410C−【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，干路电流为M11EUIrR−=+流过灯泡的电流M22UIR=流过电动机的电流M12III=−则电动机的输出功率为MM2MMPUIIR=−出联立解得8WP=

出（2）电动机卡住后，设电动机与灯泡并联电阻为R并，则有2M111RRR=+并干路电流1EIrRR=++并电源总功率为PEI=总联立解得50.4WP=总（3）断开S前，电容器电压CUEIr=−电容器带电荷量CQCU=断开S后电容器放电，流过电动机的电

荷量为MM22RqQRR=+代入数据联立解得3M2.3410Cq−=