【文档说明】（人教版2019，必修三全册）02（全解全析）（人教版2019）.docx，共(17)页，1.141 MB，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02（全解全析）（考试时间：90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：必修第三册全册（人教版2019）。4．难度系数：0．69。第Ⅰ卷选择题（共46分）一、选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；8~10题有

多项符合题目要求，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．关于电场强度，以下认识中正确的是（）A．若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0B．点电荷的电场强度公式2QEkr=表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位

置上，电场强度变为原来的4倍C．电场强度公式FEq=表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍D．匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同【答案】B【解析】A．电场强度是电场本身的性质，与试探电荷无

关，故A错误；B．该公式为点电荷的电场强度的决定式，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍，故B正确；C．电场强度与试探电荷的电荷量无关，试探电荷电荷

量减半，则该处的电场强度不变，故C错误；D．电荷在电场中所受静电力大小除了与该点的电场强度有关，还与该电荷的电荷量有关，电荷量相同，则受力相同，电荷量不同，受力不同，故D错误。故选B。2．两个带异种电荷的导体周围的电场线分布如图所示，a、b、c和d是

电场中的四个点，其中a、d在导体表面上。将带正电的粒子从a移动到b和从a移动到d过程中电场力做功分别为abW和adW，同一负点电荷在c和d两点的电势能分别为pcE和pdE，则下列说法中正确的是（）A．两导体表面的电场线可能与表面

不垂直B．a、b、c、d四点中c点的电场强度最大，电势也最高C．ppcdEED．abadWW【答案】D【解析】A．导体的表面是等势面，导体表面的电场线与表面垂直，故A错误；B．电场线的疏密程度表示场强的大小，由图可知，c点处的电场线最密，则场强最大

，沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势最高，故B错误；C．c点的电势高于d点的电势，正点电荷在电势高的位置电势能越大，则有ppcdEE故C错误；D．b点电势高于d点电势，则有abadUU由电场力做功

WqU=可知abadWW故D正确。故选D。3．如图所示，在平行板电容器两板间有一个带电微粒。开关S闭合时，该微粒恰好能静止在水平极板的正中间O。下列操作能使该微粒移动但在移动过程中重力势能不变的是（）A．保持S闭合，极板N上移B．充电后将S

断开，极板N上移C．电容器绕垂直于纸面的O轴整体转过一个小角度θD．极板M和N分别绕垂直于纸面的O1和O2轴沿相同方向转过相同的小角度θ【答案】D【解析】A．微粒静止，所受重力和电场力等大反向，保持S闭合，则电容器极板间电压不变，根据UEd=若将极板N上移，板间距离d减小，板间场强增

大，微粒受到的电场力增大，带电微粒向上运动，重力势能增大，故A错误；B．充电后将S断开，则电容器所带电荷量不变，根据4π4πrrUQQkQESdCdSdkd====将极板N上移，板间场强不变，微粒受到的电场力不变，带电微粒仍处于静止状态，故B

错误；C．电容器绕垂直于纸面的O轴转过一个小角度，则极板间距不变，则极板间距不变，电场力不变，竖直分力减小，重力做正功，重力势能减小，故C错误；D．极板M和N分别绕垂直于纸面的1O和2O轴转过相同的小角度，两极板的间距变为cosd，两极板间的

电场力变为cosqUFd=竖直分力cosUFqmgd==微粒沿水平方向移动，重力势能不变，故D正确。故选D。4．如图甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设0.1ma=，0.2mb=，0.8mc=，当里面注

满某种电解液，且P、Q加上电压后，其UI−图线如图乙所示，当10VU=时，下列说法正确的是（）A．电解液的电阻为1000B．电解液的电阻为200C．电阻率是50mD．电阻率是25m【答案】C【解析】AB．电解液的电阻为310Ω2000Ω510URI−

===故AB错误；CD．根据50ΩmLcRSab===故C正确；D错误。故选C。5．关于多用电表的使用，下列说法正确的是（）A．甲图是用多用电表直流电压档测量小灯泡两端的电压，表笔接法正确B．乙图是用多用电表直流电流档测量

电路中的电流，黑表笔电势高于红表笔C．丙图中用的是多用电表电阻档测量二极管的电阻，黑表笔电势高于红表笔D．丙图、丁图中用的是多用电表电阻档测量同一个二极管的电阻，丙图中测量值较大【答案】C【解析】A．

甲图是用多用电表直流电压挡测量小灯泡两端的电压，表笔的红黑表笔接错，电流应从红表笔流进，黑表笔流出，故A错误；B．乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，电流从红表笔流入，从黑表笔流出，黑表笔电势低于红表笔，故B错误；CD．欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，由图

丙所示电路图可知，黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极，多用电表测二极管正向电阻，由图丁所示电路图可知，黑表笔接二极管负极，红表笔接二极管正极，多用电表测二极管反向电阻，测量值较大，故C正确，D错误。故选C。6

．将一电源、定值电阻02R=及电阻箱连成如图甲所示的闭合回路，闭合开关后调节电阻箱的阻值，测得电阻箱功率与电阻箱读数变化关系曲线如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A．该电源电动势为9VB．该电源内阻为1ΩC．调整R，电源最大输出功率为9WD．电阻箱功率最大时电源效率为50%【答

案】B【解析】B．根据电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线，当电阻箱的电阻等于电源内阻加R0之和时，即03ΩRrR=+=电阻箱消耗的电功率最大，已知02R=，可得1Ωr=故B正确；A．可得电阻箱的电功率最大的时候，电阻箱的电压为m3VUPR==根据

串联分压可得0EURRrR=++代入数据解得电源电动势为6VE=故A错误；C．当外电路电阻与内阻相等时，电源的输出功率最大；本题中定值电阻0R的阻值大于内阻的阻值，故变阻箱的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为2max008WEPRRr==+故C错误；D．电阻箱所消耗功

率P最大时，电源的输出效率为0086%RRUIUEIERRr+===++故D错误。故选B。7．图中与磁现象有关的四个实验，其对应判断正确的是（）A．甲图说明磁体周围不同点的磁场方向都不同B．乙图说明磁场对电流有力的作用，根据该原理制成了电动机C．丙图表明通电导线周围存在着磁场，如

果将小磁针移走，该磁场将消失D．丁图中左边铁钉吸引大头针较多，表明电流相同时，线圈匝数越多电磁铁磁性越强【答案】D【解析】A．小磁针静止时所指方向即为该点磁场方向，由图可知，磁体中间上下对称的两个位置磁场方向相同，故A错误；B．乙

图是电磁感应的装置图，据此制成了发电机，故B错误；C．磁场是是由通电导线产生的，与小磁针无关，故C错误；D．电磁铁磁性强弱是通过吸引大头针的数量判断的，左边磁铁吸引大头针多，故磁性强，而电流相同，匝数多，故D正确。故选D。8．如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根

长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m带电量为q的小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。则（）A．匀强电场的电场强度大小为tanmgqB．小球获得初速度的大小为5cosgLC．小球从初

始位置运动至轨迹的最左端增加的机械能为()tan1sinmgL+D．小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大【答案】AB【解析】A．小球静止时细线与竖直方向成角，对小球受

力分析如图小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有tanmgqE=解得tanmgEq=A正确；B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有2mincosmgvmL=则小球从初始位置运动到A点的过程中，由

动能定理可得22min0112cos2sin22mgLqELmvmv−−=−联立解得小球获得初速度的大小为05cosgLv=B正确；C．由功能关系和能量守恒定律可得小球从初始位置运动至轨迹的最左端电场力做负功，故机械能减小，

减小的机械能为()()()p=sintansintan1sinEEqELLmgqLLqmgL=+=+=+电C错误；D．小球从初始位置开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小再增大，D错误。故选A

B。9．如图甲所示电路，电源电压保持不变，小灯泡L标有“4V0.5A”字样，电流表量程0~0.6A，电压表程0~3V，滑动变阻器1R的最大阻值20，只闭合开关S、1S，调节滑动变阻器滑片P，得到电流表与电压表示数关系如图乙

所示，则（）A．小灯泡的额定功率为2WB．电源电压为5VC．定值电阻2R的阻值为12D．只闭合开关S和2S，移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L的IU−图像如图丙所示，在保证各元件安全工作的情况下，滑动变阻器1R允许的取值范围为2~7.5【答案】ABD【解析】A．小灯泡L

标有“4V0.5A”字样，由PUI=可知，小灯泡的额定功率4V0.5A2WPUI===额额额故A正确；BC．只闭合开关S、S1，定值电阻R2和滑动变阻器R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流，调节滑动变阻器滑片P，得到

电流表与电压表示数关系如图乙所示。由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压12UUIR=+在图乙中取两组数据代入公式，可得23.0V0.2AUR=+21.0V0.4AUR=+联立解得5VU=，210ΩR=故B正确，C错误；D．只闭合开关S和S2，灯泡L和滑动变阻器R1串

联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流，由串联电路的分压规律可知，当电压表示数最大为3V时，R1接入电路的电阻最大，此时小灯泡两端电压L15V3V2VUUU=−=−=大由图丙可知电路中最小电流0.4AI=最小则R1接入电路的最大电阻113V7.5Ω0.4AUR

I===最大大最小灯泡L正常工作时电流0.5A0.6AI=最大电流表安全，灯泡L正常工作时的电压为4V，此时滑动变阻器两端的电压15V4V1VLUUU=−=−=小额则R1接入电路的最小电阻111V2Ω0.5AURI===小小最大所以R1允许的取值范围是2Ω~7.5Ω，故D正

确。故选ABD。10．如图所示，四根平行直导线MNPQ、、、的截面对称分布在同一圆周上，截面的连线互相垂直，O为圆心。PQ、中没有电流，MN、中通有图示方向相反、大小均为I的电流时，O点的磁感应强度大小

为B；现在PQ、中通入大小也为I的电流时，O点的磁感应强度大小仍为B。则（）A．PQ、中的电流方向相同B．O点的磁场方向由N指向MC．若切断P或Q中的电流，O点磁感应强度大小均为32BD．若切断MQ、或NQ、中的电流后，O点磁感应强度方向相同【答案】AD【解析】A．

由题知，在P、Q中通入大小也为I的电流时，O点的磁感应强度大小仍为B，说明P、Q在O点产生的磁场大小相等，方向相反，互相抵消，根据安培定则可知，P、Q中的电流方向相同，故A正确；B．由题知，O点的磁场仅由M、N中电流产生的磁场决

定，根据安培定则可知，O点的磁场方向由P指向Q，故B错误；C．设在M或N中通大小I的电流时在O点产生的磁感应强度为0B，根据磁场的叠加原理可得02BB=解得02BB=当切断P中的电流时，Q在O点产生的磁场大小为02BB=，方向沿水平向左或向右，根据磁场

的叠加原理可得O点磁感应强度大小为22522BBBB=+=同理若切断Q中的电流时，P在O点产生的磁场大小为02BB=，方向沿水平向左或向右，根据磁场的叠加原理可得O点磁感应强度大小为22522BBBB=+=故C错误；D．因M、N中的电流在O点产生的磁感应强

度方向相同，故切断M、Q或N、Q中的电流后，O点磁感应强度方向相同，故D正确。故选AD。第Ⅱ卷非选择题（共54分）二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分。）11．（6分）在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图1所

示连接电路。电源电动势为8.0V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。（1）电容器充电后，开关S改接2使电容器进行放电，此过程得到的图像如图2所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值

，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将（选填“减小”“不变”或“增大”）。（2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量33.4410C−=Q，则该电容器的电容为μF。（3）关于电容器在整个充，放电过程中的qt−图像和

ABUt−图像的大致形状，可能正确的有（q为电容器极板所带的电荷量，ABU为A，B两板的电势差）【答案】（1）不变（2）430（3）AD/DA【解析】（1）[1]因图像与坐标轴所围成的面积等于电容器的带电量，则

如果不改变电路其他参数，只减小电阻的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变；（2）[2]该电容器的电容为33.4410F=430μF8QCU−==（3）[3]AB．电源给电容器充电时，刚开始电荷量的

变化率较大，后来变化率减小，放电时，电荷量变化率刚开始比较大，后来变化率减小，A正确，B错误；CD．根据QCU=且C不变可知，Q与U的变化情况相同，C错误，D正确。故选AD。12．（10分）某实验小组为了尽量精确地测量干电池的电动势和内阻，找到了如下

器材：干电池、电压表（量程1.5V，内阻约1.5kΩ）、电流表（量程0.6A）、滑动变阻器、开关和导线若干。（1）用如图甲所示电路测量电流表的内阻，闭合开关，电压表和电流表的示数如图乙所示，则电流表的内阻AR=（保留

2位有效数字）；（2）用如图丙所示电路测量干电池的电动势和内阻，导线a端应连接到（填“M”“N”或“P”）接线柱上；（3）正确连接电路，若电压表示数、电流表示数、干电池内阻和电流表内阻分别用U、I、r和AR表示，

则干电池的电动势EU=+（用I、r和AR表示）；（4）调节滑动变阻器测得多组电表示数，并据此作出如图丁所示的UI−图像，则干电池的电动势E=V（保留3位有效数字），内阻r=（保留1位小数）。【答案】（1）1.

2（2）N（3）()AIRr+（4）1.405.8【解析】（1）图中电压表示数为10.60VU=，电流表示数为10.50AI=，故电流表的内阻为1A11.2ΩURI==（2）由于电流表的内阻已知，故选择电流表相对电源内接时可消除系统误差，故导线a端应连接到N接线柱上；（3）

根据闭合电路欧姆定律得()AEUIRr=++（4）[1][2]根据前面分析可得()AUEIRr=−+结合图像可知1.40VE=，A1.400.20Rr+=解得5.8r=三、计算题（本题共3小题，共38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。）13．（7分）如图所示，直角三角形,90,30abcab==两根通电长直导线垂直纸面分别放置在ab、两顶点处．a点处导线中的电流大小为

I，方向垂直纸面向外，b点处导线中的电流大小4I，方向垂直纸面向里．已知长直电流在其周围空间某点产生的磁感应强度大小IBkr=上，其中I表示电流大小，r表示该点到导线的垂直距离，k为常量．已知a点处电流在c点产生的磁感应强度大小为0B，求：（1）ac、两

点间的距离；（2）顶点c处的磁感应强度。【答案】（1）0kIrB=；（2）03B，方向沿ac向上【解析】（1）设ac间距为r，有几何知识知bc间距为2r，通电直导线a在c点上所产生的磁场大小是0akIBBr==（2分）解得0kIrB=（1分）（2）通电直导线b在c点上所产

生的磁场大小0422bkIBBr==（2分）用右手螺旋定则判断通电导线在c点上磁场方向如图所示则顶点c处的磁感应强度为()2200023BBBB=−=（1分）方向沿ac向上。（1分）14．（13分）如图所示，电源电动势，E=8V，内电阻r=1Ω，小灯泡1L标有“

3V3W”字样，小灯泡2L标有“2V4W”字样，电动机D的内阻rD=0.5Ω，当闭合电键S，将滑动变阻器R的阻值调到1Ω时，两灯泡和电动机均能正常工作。求：（1）流过电动机的电流；（2）电动机输出的机械功率；（3）电源的输出功率。【答案】（1）1A（2）3.5W（3）12W【解析】（1）由题

意可知，两灯泡和电动机均能正常工作时，由电功率公式PUI=可得，流过小灯泡1L的电流为1113A1A3PIU===（1分）小灯泡2L的电流2224A2A2PIU===（1分）由串、并联电路特点可得流过电动机的电流D212A1A1AIII

=−=−=（1分）（2）小灯泡1L的电阻111331URI===（1分）则有电动机两端的电压为()()D11131V4VUIRR=+=+=（2分）则有电动机的输入功率为DDD41W4WPUI===入（2分）电动机的热功率

22DD10.5W0.5WPIr===内（2分）电动机输出的机械功率DD4W0.5W3.5WPPP=−=−=出内（1分）（3）电源两端电压2D2V+4V6VUUU=+==（1分）电源的输出功率262W12WPUI===

出（1分）15．（18分）如图甲所示，竖直正对放置的平行极板A、B间存在一匀强电场，在A极板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为e的电子，电子经极板A、B间的电场加速后由B极板上的小孔离开，然后沿水平放置的平行极板C、D的中心线进入偏转电场．C、D两极板的

长度均为L、间距为d，两板之间加有如图乙所示的交变电压，0~2T时间段内极板C的电势高于极板D的电势。电子被加速后离开极板A、B间的加速电场时的速度大小为LT，所有电子在极板C、D间的偏转电场里运动时均不会打到C、D两极板上，不考虑电子的重力及电子之间的相互作用和极板的边缘效应。

求：（1）极板A、B之间的电势差ABU；（2）0t=时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时速度偏角的正切值；（3）2Tt=时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的侧移距离。【答案】（1）222ABmLUeT=−（2）20tanUeTmdL=（3）20UeTymd=【解析】（1）粒子在A、B板之

间加速后获得速度为0LvT=（1分）根据动能定理可得2012ABeUmv−=（2分）极板A、B之间的电势差为：222ABmLUeT=−（1分）（2）电子进入极板C、D间的偏转电场后在电场力的作用下做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动有0Lvt=（2分）解得tT=（1分）0t=时刻进入

极板C、D间的偏转电场的电子，前2T时间内加速度大小为01eUamd=（2分）后2T时间内加速度大小为023eUamd=（2分）则有1222yTTvaa=−（1分）得0yUeTvmd=−（1分）则有200tanyvUeTvmdL==（1

分）（3）2Tt=时刻进入极板C、D间的偏转电场的电子在32T时刻射出，T时刻有012322yUeTTvamd==（1分）32T时刻有02112yyUeTTvvamd=−=（1分）故偏移量为1122222yyyvvvTTy+=+（1分）代入解得20Ue

Tymd=（1分）