【文档说明】（人教版2019，必修三全册）01（全解全析）（人教版2019）.docx，共(19)页，1.040 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01（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：0．7。第Ⅰ卷选择题（共48分）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；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．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确

的是（）A．法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B．欧姆发现了欧姆定律，说明了电现象和热现象之间存在联系C．奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．焦耳发现了电流

的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系【答案】D【解析】A．奥斯特发现的电流的磁效应表明了电能生磁，故A错误；BD．欧姆发现的欧姆定律描述了电流与电阻、电压与电动势之间的关系，焦耳发现的焦耳定律才揭示了热现象与电现象间的联系，故B错误，D正确；C．法拉

第发现的电磁感应现象表明了磁能生电，故C错误。故选D。2．如图所示，两个等量负点电荷分别固定在AB、两点，O为AB的中点，MN、为AB中垂线上的两点，无限远处电势为零。下列说法正确的是（）A．NMO、、三点中，M

点的电场强度最大B．将一正点电荷从M点移至N点，电势能增加C．在AB、连线上，O点电势最低D．在AB、连线上，从A到B电场强度先增大后减小【答案】B【解析】A．M、N两点位置不够确定，则无法比较M点和N点场强大小，故A错

误；B．等量负点电荷连线的中垂线的电场线方向由无穷远处指向O点，所以M点的电势低于N点的电势，将一正点电荷从M点移至N点，电势能增加，B正确；C．等量负点电荷的连线的电场线由O点分别指向两侧的电荷，则在A、B连线上，O点电势最高，C错误；D．由等量负点电荷

电场的特点知，两电荷连线上，越靠近两电荷，场强越大，则从A到B电场强度先减小后增大。D错误。故选B。3．在如图所示的电场中，电场线关于GH对称，以O为圆心的圆与竖直电场线GH交于a、c两点，bd是水平直径。下列说法正确的是（）A．沿bd连线从b点到d点，电势先减小后增大B．电子在a

、c两点所受电场力相同C．a、O两点的电势差大于O、c两点的电势差D．将电子沿bd连线从b点移到d点，电场力做正功，电势能减小【答案】C【解析】AD．顺着电场线，电势逐渐降低，则沿bd连线从b点到d点，电势先增大后减小，根据pEq=可知，电子的电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做

负功，故AD错误；B．电场线越密的地方电场强度越大，所以a点的电场强度大于c点，根据FqE=可知电子在a点所受电场力大于电子在c点所受电场力，故B错误；C．由图可知aOOcEE＞，aOOcdd=根据U

Ed=可得aOOcUU＞所以a、O两点的电势差大于O、c两点的电势差，故C正确。故选C。4．将横截面相同、材料不同的两段导体1L、2L无缝连接成一段导体，总长度为1.00m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数

U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体1L、2L的电阻率之比约为（）A．2:3B．2:1C．5:3D．1:3【答案】B【解析】根据电阻定律LRS=根据欧姆定律ΔΔUIR=整理可得SUIL=结合题

图可知导体1L、2L的电阻率之比120.220.25==0.50.211.000.25−−故选B。5．某同学用一个微安表头（量程1mA，内阻45）、电阻箱1R和电阻箱2R组装成一个多用电表，有电流“10mA”和电压“3V”两挡，改装

电路如图所示，则12,RR应调到的阻值为（）A．125,295.5RR==B．125,2955RR==C．1210,2910RR==D．1210,291RR==【答案】A【解析】当接o、a接线柱时改装为电流表，根据并联电路特点得()ggg1IRIIR=−代入数据解得

3gg133g11045Ω5Ω1010110IRRII−−−===−−当接o、b接线柱时改装为电压表，根据串联电路特点得gg2IRIRU+=解得3gg23311045Ω295.5Ω1010UIRRI−−−−===故选A。6．如图所示，平行金属

板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数变大B．电流表读数变大C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率逐渐增大【答案】B【解析】

BD．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路得欧姆定律可知干路电流增大，电阻R1以及电源内阻上的电压变大，与电容器并联的支路电压减小，流过R3的电流减小，则R3上消耗的功率逐渐减小，且流过电流表的电流增大，故B正确、D错误；A．流过

电流表的电流增大，电阻R2两端的电压增大，与电容器并联的支路电压减小，可知电阻R4两端的电压减小，电压表读数减小，故A错误；C．电容器两端电压减小，电容器间场强减小，质点P受到的电场力减小，小于重力，故质点P将向下运动，故C错误。故选B。7．用电流表和电压表测量

一节干电池的电动势和内阻，电路图如图甲所示，由实验中测得的数据描绘的图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．电池的电动势约为1.4V，内阻约为2.8ΩB．滑动变阻器滑片滑至最左端时，流过电流表的电流为0.5AC．考虑电表内阻对实验的影响，误

差来源于电压表有分流作用D．考虑电表内阻对实验的影响，电池内阻的测量值大于真实值【答案】C【解析】A．根据图像可得电源电动势等于纵轴截距，图线的斜率绝对值表示内阻大小，即1.4VE=，1.41.00.80.5r−=

=A错误；B．根据图像可知当路端电压为1.0V时，流过电流表的电流为0.5A，若滑动变阻器滑片滑至最左端时，此时变阻器接入电路中的电阻为零，路端电压为零，则可知此时流过电流表的电流必定大于0.5A，B错误；C．根据电路图可知，由于电压表的分流作用，电流表的示数并不等于干路电流，

C正确；D．由于电压表的分流作用，当电流表示数为零时，实际干路中的电流并不为零，所以此时电源的内电压不为零，可得真实的图像纵轴截距应比题中的大，而当电压表示数为零时，干电池的路端电压实际值就是零，可得图中的横轴截距等于真实值，所以可得真实

图线的斜率大于图中图线的斜率，即电池内阻的测量值小于真实值，D错误。故选C。8．如图所示，面积大小为S的矩形线圈abcd，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈可以绕O1O2转动。下列说法中正确的是（）A．当线圈从图示位置转过30°时，穿过线圈的磁通量大小32BS＝B．当线圈从图示位置

转过90°时，穿过线圈的磁通量大小ФBS=C．当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小0Ф=D．当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小2ФBS=【答案】A【解析】如图所示位置，穿过线圈磁通量为0BS=A.

当线圈从图示位置转过30°时，穿过线圈的磁通量大小3sin602BSBS==故A正确；B．当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小为零，故B错误；C．当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量大小为1BS=−穿过线圈的磁通量的

变化量大小ΔΦ2BS=故C错误；D．当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量大小为2BS=穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ0=故D错误。故选A。9．如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′

、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为9U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO方向进入偏转电极。已知电子

电荷量为e，质量为m，则电子（）A．在XX′极板间的加速度大小为eUmdB．打在荧光屏时，动能大小为10eUC．在XX′极板间运动的时间为18mleUD．打在荧光屏时，其速度方向与OO连线夹角的正切tan18ld=【答

案】ACD【解析】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小xeEeUammd==故A正确；C．电子经过加速电场过程，根据动能定理可得20192eUmv=解得018eUvm=电子在XX′极板间，沿0v方向做匀速直线运动，

则运动的时间为018mleUltv==故C正确；B．设电子在XX′极板间沿电场方向的偏转位移为x，则有2199102UmveUexeUeUeUd=++=可知打在荧光屏时，动能大小小于10eU，故B错误；D．电子离开XX′极板时沿电场

方向的分速度为1818xxmleUleUdmvemdaUt===则打在荧光屏时，其速度方向与OO连线夹角的正切值为0tan18xvlvd==故D正确。故选ACD。10．如图甲所示的电路中，1R是滑动变阻器，2R是定值电阻。将1R的滑动触头调节至最左端，闭合开关S，调

节1R的阻值，得到电压表1V、2V和相应的电流表A的多组数据，用这些数据在同一U-I坐标系中描点、拟合作出图像如图乙所示。当1R的滑片向右移动时，电压表1V和2V的示数的变化大小为1U和2U，电流表A的示数的变化大小为I，已知电压表、电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（）A．电源电动势

E=2V，内阻r=1ΩB．定值电阻24R=C．12URrI=+D．当11R=时，1R的功率最大【答案】BC【解析】B．因过原点的直线为定值电阻2R的U-I图线，则由图像可知22140.25URI===选项B正确；A．由电路可知12()UEIRr=−+将坐标（0.1

A，2V）（0.3A，1V）带入可得电源电动势和内阻E=2．5Vr=1Ω选项A错误；C．由12()UEIRr=−+可知12URrI=+选项C正确；D．将R2等效为电源内阻，则r等效=r+R2=5Ω当外电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，则当15Rr==

等效时，1R的功率最大，选项D错误。故选BC。11．兴趣小组的同学在实验室设计了如图所示的简易电吹风，主要器材有定值电阻1R、2R、电动机M和电热丝R，已知电动机M标有“100V，50W”字样，它的线圈内阻为4，1480R=，电热丝44R=，当把该电吹风接入220V家庭电路中

，电动机M恰好可以正常工作，则下列说法正确的（）A．电热丝的热功率1100WP=B．电阻2240R=C．电动机M正常工作时的输出功率149WP=D．开关1S、2S都闭合，1分钟消耗的电能约为4J7.2610E=【答案】ACD【解析】A．根据电路图可知，电热丝两端的电

压为220VRU=则其热功率为22220W1100W44RUPR===故A正确；B．电动机正常工作，则可得电动机所在支路的电流为MMM50A0.5A100PIU===根据并联电路的特征可得12M12120VRRIRR=+解得248

0R=故B错误；C．电动机正常工作时，有MPPP=+1热而22M0.54W1WPIr===热可得电动机M正常工作时的输出功率为149WP=故C正确；D．电热丝所在支路电流为220A5A44RRUIR===则可得干路电流为M5.5ARIII=+=由此可知，当开关1S、2S都闭合，1分钟消

耗的电能为42205.560J7.2610JREUIt===故D正确。故选ACD。12．某实验装置如图所示，在铁芯P上绕有两个线圈A和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系有甲、乙、丙、丁四种情况，如图所

示，则在t1~t2这段时间内，能在线圈B中产生感应电流的是（）A．甲B．乙C．丙D．丁【答案】BCD【解析】A．根据产生感应电流的条件，即线圈磁通量发生变化。甲图中电流不变，即线圈A中产生磁场的磁感应强度

不变，线圈B中不会产生感应电流，选项A错误；BCD．乙、丙、丁图中线圈A的电流发生改变，产生磁场的磁感应强度发生变化，则线圈B中能产生感应电流，选项BCD正确。故选BCD。第Ⅱ卷非选择题（共52分）二、实验题（本题共2小题，共15分。

）13．（5分）如图1所示为实验室一个多用电表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流1mA、内阻99Ω；电池电动势1.5V、内阻5Ω；（1）图1中表b为色（选填“红”或“黑”）。调零电阻0R可能是下面两个滑动变阻器中的（填选项序号）。A．电阻范围0~2000ΩB．电阻范围0~20

0Ω（2）在进行欧姆调零后，正确使用该多用电表测量某电阻的阻值，电表读数如图2所示，被测电阻的阻值为Ω；（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变为1.4V，内阻变为10Ω，但此表仍能进行欧姆调零，用此表测量电阻为1500Ω，则该电阻真实值为Ω（4）如图3所示，某同学

利用定值电阻1R给欧姆表增加一挡位“×1”，则定值电阻1R=。（结果保留1位小数）【答案】（1）黑A（2）1600（3）1400（4）1.0【解析】（1）多用电表红黑表笔的特点是“红进黑出”，所以b为黑色；欧姆表在调零时

，电路中总电阻为'm1500ΩERI==所以滑动变阻器应该选A。（2）可以先求欧姆表的中值电阻，当表针指在表盘的正中央时对应的电流为满偏电流的一半，对应的电阻为中值电阻g1()2EIRR=+中内==1500RR中内即表盘刻度为15时代表1500，倍率为100，

所以被测电阻为1600Ω。（3）若电源电动势为1.4V，满偏电流不变，所以调零后中值电阻为1400Ω，所以半偏时电阻为1400Ω。（4）倍率为×1时，中值电阻为15，即内阻为15，由此可知，满偏电流变为原来的100

倍，即0.1A-3-3111099=(0.1-110)R11.0ΩR=14．（10分）实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的UI−图像如图2所示。（1）图1的

电路图为下图中的。（选填“A”或“B”）（2）如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E=V，内阻r=Ω。（3）实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘

制UI−图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将，与纵坐标轴交点的数值将。（两空均选填“变大”“变小”或“不变”）【答案】（1）B（2）4.51.8（3）不变变大【解析】（1）[1]通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故电路图为B；（2）[2][3]根据闭合电路

欧姆定律EUIr=+有UIrE=−+则UI−图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率是电池的内阻r，根据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势4.5VE=；内阻4.5Ω1.8Ω2.5r==（3）[4][5]分析

测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池的电流，考虑电压表内阻VR的影响，流过电压表的电流为VVUIR=测可知流过电池的电流为VUIIR=+测测，II测因电压表内阻VR不变，随着电压U测值减小，电压表电流VI减小，

当电压U测值趋于0时，I趋于I测，在图2中重新绘制的UI−图线如图所示故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。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．（5分）如图所示，有一垂直纸面向里的匀强磁场，0.8BT=。矩形线框面积20.5mS=，匝数20n=，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，求：（1）若线框从图示位置绕OO转过60角，穿过线框的磁通量大小；（2）若

线框从图示位置绕OO转过90角，穿过线框的磁通量大小及此过程的磁通量的变化量大小；（3）若线框从图示位置绕OO转过120角，穿过线框的磁通量的变化量大小。【答案】（1）0.2Wb；（2）0，0.4Wb；（3）0.6Wb【解析

】（1）转过60后穿过线框平面的磁通量为1Φcos600.2Wb2BSBSBS⊥====（1分）（2）线框绕OO转过90角后，线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为1Φ0=（1分）则此过程的磁通量的变化量为1ΔΦ00.4WbBSBS=−=−=−（1分）磁通量变化大小为0.4W

b。（3）线框绕OO转过120角后，穿过线框的磁通量为2Φcos1200.5BSBS==−（1分）则此过程穿过线框的磁通量的变化量为2ΔΦ0.51.50.6WbBSBSBS=−−=−=−（1分）

所以磁通量的变化量大小为0.6Wb。16．（14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−【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律，干路电

流为M11EUIrR−=+（1分）流过灯泡的电流M22UIR=（1分）流过电动机的电流M12III=−（1分）则电动机的输出功率为MM2MMPUIIR=−出（2分）联立解得8WP=出（1分）（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（1分）干路电流1EIrR

R=++并（1分）电源总功率为PEI=总（1分）联立解得50.4WP=总（1分）（3）断开S前，电容器电压CUEIr=−（1分）电容器带电荷量CQCU=（1分）断开S后电容器放电，流过电动机的电荷量为MM22Rq

QRR=+（1分）代入数据联立解得3M2.3410Cq−=（1分）17．（18分）如图所示，竖直平面直角坐标系xOy，第Ⅲ象限内固定有半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道的圆心在坐标原点O，B端在x轴上，C端在y轴上，同时存在大小为134mgEq=，方向水平向右的匀强电场。第Ⅳ象

限0x=与3xR=之间有大小为22mgEq=，方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为m，电荷量为q的带负电小球从B点正上方高2R处的A点由静止释放，并从B点进入圆弧轨道，重力加速度用g表示，求：（1）小球经过C点时的速度大小Cv；（2）小球在第Ⅲ象限受到轨道支持力的最大值；（3）小球运动

到y轴右侧后与x轴的交点坐标。【答案】（1）322gR（2）254mg（3）（3R，0）和（9R，0）【解析】（1）带负电小球从A点由静止释放到C点过程，根据动能定理可得211302CmgRqERmv−=−（2分）解得小球经过C点时的速度

大小为322CgRv=（1分）（2）在电场1E中，带负电小球受到的重力和电场力的合力大小为2215()()4FqEmgmg=+=合（1分）设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为，则有3tan4qEmg==（1分）可得37=（1分）则当小球在第Ⅲ象

限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，受到轨道的支持力最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得211(2cos)(sin)02DmgRRqERRmv+−−=−（2分）解得5DvgR=（1分）在D

点根据牛顿第二定律可得2max54DvNmgmR−=（1分）联立解得小球受到轨道支持力的最大值为max254Nmg=（1分）（3）在第四象限电场中，小球受到的电场力竖直向上，大小为22qEmg=（1分）小球从C点以322CgRv=的速度进入第四象限内的电场2

E中做类平抛运动，加速度大小为2qEmgagm−==（1分）方向竖直向上；设小球在电场2E中经过x轴，则有212Rat=，Cxvt=（1分）解得2Rtg=，3xR=（1分）可知小球刚好从电场2E的右边界经过x轴，此时小球竖直向上的分速度为

2yvatgR==（1分）小球进入第一象限后做斜抛运动，之后再次经过x轴，根据斜抛运动规律有222yvRtgg==，6CxvtR==（1分）则小球运动到y轴右侧后与x轴的交点坐标为（3R，0）和（9R，0）。（1分）