2026-2027学年高二上学期物理期中考试复习卷

**基本信息** 涵盖电场磁场、电磁感应、电路等核心知识，通过基础概念辨析、实验探究与综合计算，分层考查物理观念与科学思维，适配高二期中复习需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择题|10|电场强度、磁感应强度、电磁感应、电路动态分析|第1题辨析场强定义式，第9题结合轨迹分析电势能与机械能，体现科学推理| |实验题|2|电阻率测量、电动势与内阻测定|第11题用图像法处理数据，第12题修正系统误差，注重科学探究| |计算题|3|电场力与运动、电路功率、带电粒子在复合场中运动|第15题结合等效重力法分析动能最小值，综合考查模型建构与科学论证|

高二期中考试复习卷 1.．关于电场和磁场，下列说法正确的是（   ） A．由，电荷在电场中受到的电场力越大，该位置的电场强度越大 B．由，通电导线在磁场中受到安培力越大，该位置的磁感应强度越大 C．垂直磁场放置的通电导线受力的方向就是磁感应强度的方向 D．因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显 2．如图所示，矩形线圈位于通电长直导线附近，线圈与导线在同一平面内，线圈的两个边与导线平行。下列说法正确的是（　　） A．线圈内磁感应强度方向垂直于纸面向外 B．仅增加线圈匝数，通过线圈的磁通量增大 C．保持线圈边平行于直导线在平面内向上移动时，线圈内将产生感应电流 D．保持线圈边平行于直导线在平面内远离导线移动时，线圈内将产生感应电流 3. 如图所示，下列说法正确的是（　　） A. 图甲为等量同种点电荷形成的电场线 B. 图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强相同 C. 图丙中在c点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d点 D. 图丁中e点与f点两点场强相同 4．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小），C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S电路达到稳定状态后，若增大照射光强度，则 （　   　） A．小灯泡的功率减小 B．电容器极板上的电荷量增加 C．电源的输出功率一定增大D．两表示数变化量的比值不变 5. 如图电路,将两个相同的电流计分别改装成电流表A1（0~3A）和电流表A2（0~0.6A），把改装后的两个电流表并联接入电路中测量电流，则说法中正确的是（ ） A. A1和A2的指针偏角不同 B. A1和A2的内阻之比为5:1 C. A1的读数为1A时，A2的读数也为1A D. A1的读数为1A时,干路中的电流为1.2A 6．如图甲所示的电路，其中电源电动势E=6V，内阻r=2Ω，定值电阻R=4Ω，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值的关系如图乙所示。则下列说法中错误的是（　　） A．图乙中滑动变阻器的最大功率 B．图乙中 C．滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R消耗的功率也最大 D．调整滑动变阻器的阻值从最右端滑到最左端，电源的效率一直增大 7如图，在匀强电场中有一虚线圆，和是圆的两条直径，其中与电场方向的夹角为，，与电场方向平行，a、b两点的电势差。则（　　） A．电场强度的大小 B．b点的电势比d点的低 C．将电子从c点移到d点，电场力做正功 D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能 8．如图所示，图线甲、乙分别为电源和某导体的U-I图线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，下列说法正确的是（    ） A．电源的内阻 B．该导体的阻值随电流的增大而减小 C．当该导体直接与该电源相连时，该导体消耗的功率为100 W D．当该导体直接与该电源相连时，电源的效率为80％ 9.在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球， 小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（    ） A．运动过程中，电势能先增加后减少B．在P点的电势能大于在N点的电势能 C．在M点的机械能等于在N点的机械能 D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 10．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　） A．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧 B．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧 C．保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧 D．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧 11．为了测量某种圆柱形材料的电阻率，一同学利用以下器材设计了如下实验，已知该圆柱形材料电阻约为150Ω; A．电阻箱R（0~999.9Ω）; B．量程为30mA、内阻为50Ω的电流表 C． 量程为30mA、内阻约为50Ω的电流表 ;D．最大阻值为300Ω、最大允许电流为0.5A的滑动变阻器; E. 电动势、内阻未知的直流电源 F. 开关S一个，导线若干 具体实验步骤如下：①连接好实验电路，闭合开关S； ②调节滑动变阻器和电阻箱R，使示数为，记下此时电阻箱阻值R和示数； ③重复步骤2，且保持示数不变，测量多组R和值； ④将实验测得的数据处理后，最后作出了如图丁所示的图像。 （1） 用螺旋测微器测出圆柱形材料电阻的直径如图乙所示，该读数为 mm；用游标卡尺测出其长度如图丙所示，该读数为 cm。 （2）电流表选择 （填写器材前字母代号）； （3）由丁图数据可得序号为C的电流表内阻为 Ω； （4）该材料的电阻率为 （保留2位有效数字）。 12．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=0.2Ω C．电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω;D．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：0～10Ω，2A;G.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：电流表 、电压表 （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= ，内电阻 Ω。 13. 如图一光滑绝缘细杆与水平地面成夹角放置，底部A点固定一带电荷量为Q的正电荷，杆上有B、C两点，C为AB的中点，AB两点相距d。现将一带电小球穿过杆从B点由静止释放，当带电小球运动到C点时速度恰好为零，带电小球在B点加速度大小为，已知重力加速度为g，静电力常量为 k。求： （1）小球运动到C点时的加速度； （2）和C两点间的电势差。 14.如图所示，电源电动势为 E=6V、内阻为r，电压表和电流表都可看作理想电表。调节变阻箱阻值为27.5Ω，此时电机没有转动、电压表和电流表的示数分别为 0.4V 和 0.2A；再次调节变阻箱阻值为 电机正常工作，电压表示数和电流表示数分别变为3V 和0.3A。求∶（1）电源的内阻r和电动机的内阻rM；（2）求电动机正常工作时的输出功率；（3）在变阻箱阻值为 的情况下，正在运行的电动机因某原因突然卡住不转，但没有烧坏，此时电动机的发热功率又为多少？ 15.如图所示，竖直平面xOy内，第一象限和第三象限有水平向右的匀强电场，场强大小均为E。悬点在，长为L的绝缘细绳悬挂着质量为m的带电小球（可视为质点），小球静止时，细绳与竖直方向的夹角。现将小球拉至，由静止释放，当小球摆到O点时（第一次穿过y轴），细绳恰好断裂。小球在第三象限中运动一段时间后，再次穿过y轴上的C点（图上未标出）。重力加速度大小为g，，求： (1)小球运动到O点的速度大小； (2)C点的坐标；(3)小球在第三象限运动过程中，动能最小值是多少？求小球从O点到动能最小的位置所用时间。 高二期中考试复习卷答案 1【答案】D【详解】A．电荷在电场中某点受到的电场力越大，可能是由于试探电荷q的电荷量较大，故A错误；B．磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受的磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度，磁感应强度与磁场本身有关，与通电导线所受的磁场力大小及电流元无关，故B错误；C．垂直磁场放置的通电导线的受力方向与磁感应强度方向垂直，故C错误；D．根据安培定则可知，通电导线产生的磁场方向与导线电流的方向垂直，可知因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故D正确。 2.【答案】D【详解】A．根据右手螺旋定则可知，线圈内磁感应强度方向垂直于纸面向里，故A错误；B．仅增加线圈匝数，通过线圈的磁通量保持不变，故B错误；C．保持线圈边平行于直导线在平面内向上移动时，通过线圈的磁通量保持不变，则线圈内不产生感应电流，故C错误； D．保持线圈边平行于直导线在平面内远离导线移动时，通过线圈的磁通量减小，线圈内将产生感应电流，故D正确。 3.【答案】D【详解】A．图甲为等量异种点电荷形成的电场线，选项A错误； B．图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强大小相等，方向不相同，选项B错误； C．图丙中在c点静止释放一正电荷，因电场线是曲线，则不可能沿着电场线运动到d点，选项C错误；D．图丁是匀强电场，则图中e点与f点两点场强相同，选项D正确。故选D。 4.【答案】D【解析】AB．若增大照射光强度，则R2阻值减小，总电阻减小，总电流变大，通过小灯泡的电流变大，可知小灯泡的功率增加，R1和内阻上的电压变大，则电容器两板电压减小，则电容器极板上的电荷量减小，选项AB错误；C．当外电阻等于电源内阻时电源输出功率变大，外电阻和内阻的关系不能确定，可知电源的输出功率不一定增大，选项C错误； D．两表示数变化量的比值不变，选项D正确。 5【答案】D【详解】A．电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两表头并联，流过两表头的电流相等，偏角相同，故A错误． B．两表由相同的电流计分别改装成，两表量程不同电表内阻不同，量程大的内阻小，A1的内阻小于A2的内阻，故B错误；CD．两电流表的内阻之比为1:5,两电流表并联时通过它们的电流之比为5:1，A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中的电流为1+0.2=1.2A故C错误，D正确． 6【答案】C【解析】A．根据电路图，把定值电阻R等效看成电源内阻的一部分，即 由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻等于内阻时，电源输出功率最大，即 则滑动变阻器此时消耗的功率最大，且为，故A正确，不符合题意；B．由选项A分析可知图乙中根据图乙，可知当滑动变阻器阻值为时，滑动变阻器消耗的功率等于时消耗的功率，则有解得，故B正确，不符合题意； C．对于定值电阻电流越大功率越大，因此滑动变阻器的阻值为零时，定值电阻R消耗的功率最大，故C错误，符合题意；D．电源的效率为可知调整滑动变阻器的阻值从最右端滑到最左端时，变大，则变大，电源的效率一直增大，故D正确，不符合题意。 7.AD【详解】A．根据可得电场强度的大小 选项A正确；B．沿电场线电势逐渐降低，可知b点的电势比d点的电势高，选项B错误；C．将电子从c点移到d点，因电子所受的电场力与位移反向，可知电场力做负功，选项C错误；D．因a点的电势低于c点电势，则电子在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D正确。 8【答案】ABD【详解】A．根据闭合电路欧姆定律可得由图中甲图线可知，电动势为内阻为，故A正确；B．根据欧姆定律，由图中乙图线可知该导体的阻值随电流的增大而减小，故B正确；CD．当该导体直接与该电源相连时，由图中交点可知，电阻的电压电路中的电流则该导体消耗的功率为电源的总功率则电源的效率，故C错误，D正确。 9.BC【详解】ABC．由题知，OP > OM，OM = ON，则根据点电荷的电势分布情况可知 φM = φN > φP则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP > EpM = EpN 则小球的电势能与机械能之和守恒，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。 10.BC【解析】粒子在平行板间运动时，粒子加速度为 A．断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为结合，可得断开开关，若M极板稍微上移，电场强度不变，故加速度不变，不会影响离子的运动，还打在O点，故A错误； B．断开开关，若N极板稍微下移，电场强度不变，加速度不变，但y增大，则 水平位移将增大，粒子打在O点右侧，故B正确C．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端电压为增大R1，U减小，电容器两端的电压减小，则粒子受到的电场力减小，受到的重力不变，则产生的加速度增大。从P点以水平速度v0射入金属板间打在极板上，则有水平位移为水平位移减小，则粒子打在O点左侧，故C正确； D．保持开关S闭合，增大R2，R0两端电压为两端电压不变，则电容器两端的电压不变，加速度不变，粒子仍打在O点，故D错误。 11.【答案】 1.704 3.970 C 48.0 【解析】（1）[1]螺旋测微器的读数为 [2]游标卡尺的读数为 （2）[3]由图甲根据欧姆定律有 整理可得由此可知，要求得Rx的值，除了需要求出图乙所示图像的斜率，还需要知道A2的内阻，所以A2的内阻应该确定，故A1应选用C。 （3）[4]根据（2）分析可知为C的电流表内阻等于图像的纵轴截距的绝对值为； （4）[5]根据（2）分析可知解得该材料的电阻率 又代入数据解得 12.【答案】(1) B D (2)甲 (3) 1.5 0.8 【解析】（1）[1][2]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，即选D；由于电动势较小，故电流表选0.6A量程，即选B。 （2）电路图选甲即可。若用甲电路因电流表内阻已知，可求得电动势和内阻的真实值。（3）因为,结合图像可知电动势结合图像斜率绝对值有其中 13.【答案】（1），方向沿杆向上 （2） 【小问1详解】带电小球在B点时，由牛顿第二定律得 带电小球在C点时，由牛顿第二定律得 可计算得出时方向沿杆向上 【小问2详解:由B点到C点应用动能定理得 在B点，由牛顿第二定律得 联立可求得BC间的电势差 14.【答案】（1），；（2）；（3） 【解析】（1）电机没有转动时为纯电阻 （2）当电机转动时 （3）正常工作时 卡住后 所以电动机的功率 15.【答案】(1) (2) (3)， 【解析】（1）静止时，根据平衡条件可得 对小球，从点运动到点，根据动能定理联立解得 （2）小球在第三象限运动时，水平方向先匀减速直线运动后匀加速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向上，有 竖直方向上有可得 所以点的坐标。（3）和合成为等效重力将沿着和垂直分解，得到当减到0时，动能最小，此时又，且联立解得 学科网（北京）股份有限公司 $