2025屆重慶市物理高二上期中教學質量檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、隨著新能源轎車的普及，無線充電技術得到進一步開發和應用。一般給大功率電動汽車充電時利用的是電磁感應原理。如圖所示，由地面供電裝置（主要裝置有線圈和電源）將電能傳送至電動車底部的感應裝置（主要裝置是線圈），該裝置使用接收到的電能對車載電池進行充電，供電裝置與車身接收裝置通過磁場傳送能量，由于電磁輻射等因素，其能量傳送效率只能達到90％左右。無線充電樁一般采用平鋪式放置，用戶無需下車，無需插電即可對電動車進行充電。目前無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15-20cm，允許的錯位誤差一般為15cm左右。下列說法正確的是（

）A．無線充電樁的優越性之一是在百米開外也可以對電車快速充電B．車身感應線圈中的感應電流磁場總是要阻礙引起感應電流磁通量的變化C．車身中感應線圈中感應電流磁場總是與地面發射中電流的磁場方向相反D．若線圈均采用超導材料則能量的傳輸效率有望達到100％2、“月亮在白蓮花般的云朵里穿行”取的參考系是（）A．月亮 B．云 C．地面 D．觀察者3、探究影響安培力大小因素的實驗裝置如圖所示，直導線垂直磁場方向置于磁場中某處。當導線中電流為I時，導線所受安培力大小為F；現僅將導線中電流減小為I/2時，導線所受安培力大小為A．2FB．FC．F/2D．F/44、如圖所示，S1、S2是兩個相干波源，它們的相位及振幅均相同。實線和虛線分別表示在某一時刻它們所發出的波的波峰和波谷，關于圖中所標的a、b、c三點，下列說法中正確的是A．a質點振動減弱，b、c質點振動加強B．a質點振動加強，b、c質點振動減弱C．再過T/4后的時刻，b、c兩質點都將處于各自的平衡位置，振動將減弱D．a點一直在平衡位置，b點一直在波峰，c點一直在波谷5、如圖所示，a、b、c、d為勻強電場中的四個等勢面，一個電子射入電場后的運動軌跡如實線MN所示，由此可知（）A．電子在N的動能小于在M的動能B．電子在N的電勢能小于在M的電勢能C．電場強度方向向左D．電場中，a點電勢低于b點電勢6、如圖所示為汽車蓄電池與車燈（電阻不變）、啟動電動機組成的電路，蓄電池內阻為0.05Ω

，電流表和電壓表都是理想電表，只接通S1時，電流表示數為10A，電壓表示數為12V，再接通S2，啟動電動機工作時，電流表示數變為8A。則此時通過啟動電動機的電流是(

）A．14.8A B．50A C．6.8A D．58A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、（多選）如圖所示，E為內阻不能忽略的電池，R1、R2、R3均為定值電阻，電表均為理想電表；開始時開關S閉合，兩個電表均有讀數，某時刻發現電壓表示數變小，而電流表示數變大，則電路中可能出現的故障是（）A．R2短路B．R2斷路C．R1短路D．R3短路8、關于電源的電動勢，下面說法正確的是()A．在電源內部其他形式的能轉化為電能B．電動勢在數值上等于電路中通過1C電荷量時非靜電力所做的功C．電源的電動勢跟電源的體積有關，跟外電路有關D．電動勢有方向，因此電動勢是矢量9、如圖所示，在一個勻強電場(圖中未畫出)中有一個四邊形ABCD，其中，M為AD的中點，N為BC的中點．一個帶正電的粒子從A點移動到B點，電場力做功為WAB=2.0×10-9J；將該粒子從D點移動到C點，電場力做功為WDC=4.0×l0-9J．則以下分析正確的是A．若將該粒子從M點移動到N點，電場力做功為WMN=3.0×10-9JB．若將該粒子從點M移動到N點，電場力做功WMN有可能大于4.0×l0-9JC．若A、B之間的距離為lcm，粒子的電量為2×10-7C，該電場的場強一定是E=1V/mD．若粒子的電量為2×10-9C，則A、B之間的電勢差為1V10、如圖所示，電源的電動勢E一定，內阻r=2Ω，定值電阻R1=0.5Ω，滑動變阻器R2的最大阻值為5Ω，則：A．當滑動變阻器阻值為5Ω時，電源的輸出功率最大B．當滑動變阻器阻值為1.5Ω時，電源的輸出功率最大C．當滑動變阻器阻值為2.5Ω時，變阻器R2消耗的功率最大D．當滑動變阻器的阻值為2.5Ω時，電阻R1消耗的功率最大三、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）如圖是一個多用表歐姆擋內部電路示意圖．電流表滿偏電流0.5mA、內阻10Ω；電池電動勢1.5V、內阻1Ω；變阻器R0阻值0﹣5000Ω．（1）該歐姆表的刻度值是按電池電動勢為1.5V刻度的，當電池的電動勢下降到1.4V、內阻增大到4Ω時仍可調零．調零后R0阻值將變______（選填“大”或“小”）；若測得某電阻阻值為300Ω，則這個電阻的真實值是______Ω．（2）若該歐姆表換了一個電動勢為1.5V，內阻為10Ω的電池，調零后測量某電阻的阻值，其測量結果______（選填“偏大”、“偏小”或“準確”）．12．（12分）某同學用圖(甲)所示電路，描繪通過額定電壓為3V的小燈泡的電流I隨電壓U變化的圖像．（1）根據電路圖，用筆畫線代替導線，將圖（乙）中的實物電路連接成完整實驗電路______．（甲）（乙）（2）該同學移動滑動變阻器，使小燈泡發光，此時電流表和電壓表的示數如下圖丙、丁所示，則通過小燈泡的電流是_______A，小燈泡兩端的電壓是________V．（3）該同學移動滑動變阻器多次測量通過小燈泡的電流和小燈泡兩端的電壓，畫出了通過小燈泡的電流隨兩端電壓變化的圖像，如圖戊所示，則小燈泡的額定功率是_______W．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，MN是一段在豎直平面內半徑為1m的光滑的1/4圓弧軌道，軌道上存在水平向右的勻強電場．軌道的右側有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B1＝0.1T。現有一帶電荷量為0.1C、質量為10g的帶正電小球從M點由靜止開始自由下滑，恰能沿NP方向做直線運動。已知EF板間的電壓為U＝2V，板間距離d＝2m，EF板間存在有方向垂直紙面向里、范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B2。ABCD是一邊長為L＝1m的正方形盒，各邊均為光滑絕緣板，盒的AB邊恰好與磁場的左邊界重合。在AB邊的中點有一小孔Q，小孔Q與N、P在同一條水平直線上，帶電小球恰能從小孔Q進入正方形盒內，帶電小球與絕緣板碰撞時不損失動能，但速度反向（g取10m/s（1）小球運動到N點時的速度v.（2）小球運動到N點時，重力和電場力的功率分別為多少？（3）為保證帶電小球與正方形盒的壁發生多次碰撞后，仍能從小孔Q離開，則右側勻強磁場的磁感應強度B214．（16分）如圖所示，光滑水平冰面上固定一足夠長的光滑斜面體，其底部與水平面相切，左側有一滑塊和一小孩（站在冰車上）處于靜止狀態。在某次滑冰游戲中，小孩將滑塊以相對冰面v1=4m/s的速度向右推出，已知滑塊的質量m1＝10kg，小孩與冰車的總質量m2＝40kg，小孩與冰車始終無相對運動，取重力加速度g＝10m/s2，求：（1）推出滑塊后小孩的速度大小v2；（2）滑塊在斜面體上上升的最大高度H；（3）小孩推出滑塊的過程中所做的功W。15．（12分）如圖所示的電路中，當開關S接a點時，標有“5V2.5W”的小燈泡L正常發光，當開關S接b點時，通過電阻R的電流為1A，這時電阻R兩端的電壓為4V．求：(1)電阻R的值；(2)電源的電動勢和內阻．

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、B【解析】根據題意無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15～25cm，允許的錯位誤差一般為15cm左右，不可以在百米開外對電車快速充電，故A錯誤；根據楞次定律，車身感應線圈中感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，故B正確當地面發射線圈中電流增加時，穿過車身感應線圈的磁通量增加，根據楞次定律此時車身感應線圈中感應電流的磁場與地面發射線圈中電流的磁場方向相反；當地面發射線圈中電流減小時，穿過車身感應線圈的磁通量減少，根據楞次定律此時車身感應線圈中感應電流的磁場與地面發射線圈中電流的磁場方向相同，故C錯誤；由于電磁波傳播的時候有電磁輻射，感應線圈和發射線圈中的能量傳輸不能達到百分之百，故D錯誤；故選B。點睛：解決本題的關鍵掌握楞次定律的內容，知道感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，并能理解法拉第電磁感應定律的應用．2、B【解析】

“月亮在白蓮花般的云朵里穿行”是月亮相對于云層的運動，以云層為參考系的。A.月亮與分析不符，故A錯誤。B.云與分析相符，故B正確。C.地面與分析不符，故C錯誤。D.觀察者與分析不符，故D錯誤。3、C【解析】根據F=BIL得，電流減小為原來的時，則安培力減小為原來的倍．故C正確，ABD錯誤．故選C.點睛：解決本題的關鍵掌握安培力的大小公式，當電流與磁場垂直時，F=BIL.4、A【解析】

ABC、a質點處是兩列波波峰與波谷疊加的地方,振動始終減弱的,而b、c質點是兩列波波峰與波峰、波谷與波谷疊加的地方,振動始終加強.故A對；BC錯；D、因為兩個波源的振動方向相同、振幅相同,所以a點靜止不動,一直在平衡位置.b、c兩點的振動始終是加強的,但它們仍在振動,位移隨時間周期變化,不是靜止不動的.故D錯誤.

故選A【點睛】兩列波干涉時,兩列波的波峰與波峰、波谷與波谷相遇處,振動始終加強,波峰與波谷相遇處振動始終減弱.振動加強點的振動等于波單獨傳播時振幅的2倍.5、AD【解析】

AB．根據電場線方向與等勢線垂直可知，電場線方向必定在豎直方向，則電子所受的電場力必定在豎直方向。電子從M到N做曲線運動，所受的電場力方向指向軌跡的內側，所以可知電子所受的電場力方向應豎直向下，與速度方向的夾角為鈍角，對電子做負功，根據動能定理可知，電子的動能減小，電勢能增加，所以電子在N的動能小于在M的動能，在N的電勢能大于在M的電勢能，故A正確，B錯誤；C．電子帶負電，電場力方向與電場強度方向相反，所以可知電場強度方向豎直向上，故C錯誤；D．根據順著電場線方向電勢降低，得知a點電勢低于b點電勢，故D正確。故選AD。【點睛】解決本題的關鍵是根據電子的軌跡彎曲方向和電場線方向判斷出電場力方向，運用動能定理和電場力做功與電勢能變化的關系進行分析。6、B【解析】

ABCD.只接通S1時，由閉合電路歐姆定律得：燈泡阻值為再接通S2后，流過電動機的電流為：故B正確ACD錯誤。故選B。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、CD【解析】若R2短路，電流表沒有電流通過，示數變為零，與題不符，故A錯誤．若R2斷路，外電路總電阻增大，總電流減小，內電壓減小，則電壓表讀數變大；R3的分壓增大，則電流表A的讀數變大，不符合題意，故B錯誤．若R1短路，外電路總電阻減小，總電流增大，內電壓增大，則電壓表讀數變小；R3的分壓增大，則電流表A的讀數變大，符合題意，故C正確．若R3短路，外電路總電阻減小，總電流增大，內電壓增大，則電壓表讀數變小，R2的電壓減小，通過R2的電流減小，則電流表地示數增大，符合題意，故D正確．故選CD.點睛：在故障分析問題中，常常用排除法．本題中是理想電表，電壓表內阻認為是無限大，電流表的內阻認為為零．8、AB【解析】

A、電源是通過內部非靜電力做功，將其他形式的能轉化為電能的裝置，故A正確；B、根據E電=Wq可知，電動勢在數值上等于電路中通過1

C電荷量時電源提供的總能量C、電源的電動勢跟電源的體積無關，跟外電路無關，故C錯誤；D.電動勢有方向，但電動勢是標量，故D錯誤；故選AB。【點睛】電源通過非靜電力做功將其他形式的能轉化為電能；電動勢大小由電源本身的性質決定，與電源體積和形狀無關。9、AD【解析】試題分析：AB、設AB沿電場線方向的投影長度為，DC沿電場線方向的投影長度為,則MN沿電場線方向的投影長度為,在勻強電場中，沿電場線方向移動相同的距離，電場力對電荷做功相同，即電場力做的功和沿電場線方向移動的距離成正比，所以；A正確B錯誤C、若電場線沿AB方向，電場強度，電場線不一定沿AB方向，所以電場強度也可能比1V/m要小；錯誤D、若粒子的電量為2×10-9C，根據，所以；正確故選AD考點：電勢差與電場力做功的關系點評：本題解題關鍵是確定MN和AB、DC沿電場線方向的距離的關系，并用到沿電場線方向移動相同的距離電場力做功相同．10、BC【解析】

AB．當電源的輸出功率最大外電路電阻等于內阻，則此時滑動變阻器阻值為1.5Ω，選項A錯誤，B正確；C．將電阻R1等效為電源內阻，則當滑動變阻器阻值為R1+r=2.5Ω時，變阻器R2消耗的功率最大，選項C正確；D．當電阻R1消耗的功率最大時，電路中的電流最大，總電阻最小，則此時滑動變阻器的阻值為0，選項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、小280準確【解析】

第一空.歐姆表內阻，電流表滿偏電流Ig不變，電源電動勢E變小，則歐姆表總內阻要變小，故R0的阻值調零時一定偏小；第二空.電動勢為1.5調零后，歐姆表內部的中性電阻的電動勢變為1.4調零后，歐姆表內部的中性電阻；

由300Ω對應的電流列出關系式：

故對應1.4V時的電阻R真=280Ω

第三空.因電動勢不變，故歐姆調零后的中性電阻不變；故測量結果是準確的；12、（1）圖見解析；（2）0.200A；1.50V；【解析】

（1）實物連線如圖；（2）通過小燈泡的電流是0.200A，小燈泡兩端的電壓是1.50V．（3）由圖像可知，當電壓為3V時，電流為0.26A，可知小燈泡的額定功率是P=IU=0.78W.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、（1）10m/s．（2）0，4W．（3）4n+2（T），（n=0，1，2，…），或4k（T），（k=1，2，…）【解析】

（1）小球沿NP做直線運動，由平衡條件可得：mg=qvB1

代入數據解得：v=10

m/s．

（2）小球從M點到N點的過程中，由動能定理得：mgR+qER=12mv2，

代入數據解得：E=4

N/C或F電=0.4N．

重力與速度垂直，則重力的功率為：PG=0

電場力的方向與速度同向，則電場力的功率為：PE=Eqv=4×0.1×10W