甘肃省天水市甘谷县2025届高二物理第一学期期末质量检测模拟试题含解析

甘肃省天水市甘谷县2025届高二物理第一学期期末质量检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、在光滑的桌面上放有一条形磁铁，条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质小圆环，如图所示．则以下关于铜质小圆环和条形磁铁的描述正确的是()A.释放圆环，环下落时环的机械能守恒B.释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大C.释放圆环，环下落时环中有逆时针方向的电流D.释放圆环，环下落时环中有顺时针方向的电流2、如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间的距离的关系如图中曲线所示．F＞0为斥力，F＜0为引力．a、b、c、d为x轴上四个特定的位置．现把乙分子从a处由静止释放，则（）A.乙分子由a到b做加速运动，由b到c做减速运动B.乙分子由a到d运动过程中，加速度先减小后增大C.乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直减小D.乙分子由b到d的过程中，两分子间的分子势能一直增大3、如图所示，绝缘轻杆长为L，一端通过铰链固定在绝缘水平面，另一端与带电量大小为Q的金属小球1连接，另一带正电、带电量也为Q的金属小球2固定在绝缘水平面上。平衡后，轻杆与水平面夹角为30°，小球1、2间的连线与水平面间的夹角也为30°．则关于小球1的说法正确的是（已知静电力常量为k）（）A.小球1带正电，重力 B.小球1带负电，重力为C.小球1带正电，重力为 D.小球1带负电，重力为4、如图是一正弦式交变电流电流图象，此交流电的周期为（）A.0.01s B.0.02sC.0.03s D.0.04s5、如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则A.α粒子在M点的速率比在Q点的大B.三点中，α粒子在N点的电势能最大C.在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D.α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功6、当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（）A. B.C. D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示的U—I图像中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（）A.R的阻值为1.5ΩB.电源电动势为3V，内阻为0.5ΩC.电源的输出功率为1.5WD.电源内部消耗功率为1.0W8、如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有（）A.当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮B.当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮C.当S断开时，L1立即熄灭,L2也立即熄灭D.当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭9、如图所示，两平行正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，形成的匀强电场强度为E，在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，ab为两金属板间与板平行的中心线，如果带电粒子进入电场前的速率v=，且粒子重力不计，则下列判断正确的是A.带正电粒子沿ab方向从左侧进入场区，粒子能沿直线通过场区B.带负电粒子沿ba方向从右侧进入场区，粒子能沿直线通过场区C.不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过场区D.不论粒子电量如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过场区10、图是通过变压器降压给用户供电的示意图．负载变化时变压器输入电压基本保持不变．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加．如果变压器上的能量损失可以忽略，则开关S闭合后，以下说法正确的是A.电表V1示数与V2示数的比值不变B.电表A1示数不变，A2示数增大C.输电线的电阻R0消耗的功率增大D.流过电阻R1的电流减小三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.0Ω）B．电流表A1（量程为0～3mA，内阻Rg1=10Ω）C．电流表A2（量程为0～0.6A，内阻Rg2=0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）E.滑动变阻器R2（0～200Ω，1A）F.定值电阻R0（990Ω）G.开关和导线若干(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的a、b两个实验电路，其中合理的是_____图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确进行测量，滑动变阻器应该选_____（填写器材前的字母代号）(2)图乙是该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出I1-I2图像（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），则由图像可得被测电池的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω；(结果保留到小数点后两位)(3)若将图像的纵坐标改为_____，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为被测电池的电动势12．（12分）有一个小灯泡上标有“4V2W”字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I－U图线．现有下列器材供选用：A.电压表(0～5V，内阻约10kΩ)B.电压表(0～15V，内阻约20kΩ)C.电流表(0～3A，内阻约1Ω)D.电流表(0～0.6A，内阻约0.4Ω)E.滑动变阻器(10Ω，2A)F.滑动变阻器(500Ω，1A)G.学生电源(直流6V)、开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________（2）在线框内画出实验电路图_______，并根据所画电路图进行实物连接_______（3）利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线说明小灯泡电阻变化的特点：________________________________（4）若把电阻元件Z和小灯泡接入如图乙所示的电路中时，已知电阻Z的阻值为5Ω，已知A、B两端电压恒为2.5V，则此时灯泡L的功率约为________W．(保留两位有效数字)四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，某快递公司需将质量为m=200kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半R=1.8m，地面上紧靠轨道放置一质量M=100kg的平板车，平板车上表面与轨道末端相切。货物与平板车间的动摩擦因数为μ=0.5，平板车与水平地面间的摩擦力很小，可忽略不计。最终货物与平板车达到共同速度一起向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，使得货物总不能和墙相碰（取g=10m/s2）。求：（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道压力的大小；（2）货物在平板车上滑行的总路程；（3）平板车和墙第一次相碰以后平板车所走的总路程。14．（16分）如图所示，圆形区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，一电荷量为q，质量为m的粒子沿平行于直径AC的方向射入磁场，射入点到直径AC的距离为磁场区域半径的一半，粒子从D点射出磁场时的速率为v，不计粒子的重力.求（1）粒子在磁场中加速度的大小；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）圆形区域中匀强磁场的半径。15．（12分）如图所示,长的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角．已知小球所带电荷量,匀强电场的场强,取重力加速度,,,求:(1).小球所受电场力的大小(2).小球的质量

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】当在如图所示的位置时，由于圆环与磁感线方向平行，穿过圆环的磁通量为零，圆环下落过程中，穿过圆环的变化率为零，圆环中不产生感应电流，也不受安培力，则圆环做自由落体运动，所以环下落时环的机械能守恒；根据牛顿第三定律可知圆环对磁铁无作用力，磁铁对桌面的压力等于磁铁受的重力，故选项A正确，B、C、D错误；故选A2、C【解析】A．从a到b，分子力引力，分子力做正功，做加速运动，由b到c为引力做加速运动，故A错误；B．乙分子由a到d的运动过程中，先是吸引力先增后减，后来是斥力逐渐变大，则加速度先是先增后减，后来又逐渐变大，选项B错误；C．乙分子由a到b的过程中，分子力一直做正功，故分子势能一直减小，故C正确；D．由b到c为引力做正功，由b到d的过程中，分子力做负功，故两分子间的分子势能先减小后增大，故D错误。故选C。【点睛】该题考查分子之间的相互作用，分子间的势能要根据分子间作用力做功进行分析，可以类比重力做功进行理解记忆。3、A【解析】ABCD.分析小球1的受力情况，小球受到重力、库仑力和杆的弹力作用，由于杆通过铰链固定，则杆的弹力沿着杆向外，如图所示：根据几何关系可知，杆与竖直方向夹角为60°，则重力和库仑力合成以后组成的矢量三角形为等边三角形，两球间距为L，库仑力大小为，则小球带正电，重力大小等于库仑力，重力为，故A正确BCD错误。故选A。4、B【解析】一个完整的周期是从波峰到最近的波峰，或者波谷到最近的波谷，或者相邻两个平衡位置长度的两倍，也就是一个点到振动情况相同的最近的一个点，由图知，周期为0.02s，B正确，ACD错误；故选B。5、B【解析】解法一（从等势线分布入手）：重核带正电荷，在其周围形成的电场中，离重核越近电势越高，所以φN＞φM＞φQ，选项C错误；电势越高，正电荷的电势能越大，所以带正电的α粒子在三点处的电势能大小关系是EN＞EM＞EQ，即N点的电势能最大，Q点的电势能最小，B正确；α粒子仅受电场力的作用，其电势能和动能相互转化，但电势能和动能之和保持不变，根据EN＞EM＞EQ可知，EkN＜EkM＜EkQ，α粒子在M点的动能比在Q点的小，所以α粒子在M点的速率比在Q点的小，选项A错误；由EM＞EQ可知，α粒子从M点运动到Q点，电势能减小，电场力对它做的总功肯定为正功（电场力做正功，电势能减小，动能增大），选项D错误解法二（从电场力做功入手）α粒子受到的电场力始终是斥力，在α粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，再从N点运动到Q点时，电场力做正功，已知Q点比M点离核更远可知，正功大于负功，所以整个过程，电场力对它做的总功为正功，D错误；已知从M运动到N，电场力做的总功为正功，可知α粒子的动能变大，速度变大，所以α粒子在M点的速率比在Q点的小，A错误；距离带正电荷的重核越近，电势越高，α粒子的电势能越大，结合三点的位置关系可知，电势关系φN＞φM＞φQ，电势能关系EN＞EM＞EQ，B正确，C错误6、C【解析】A、通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；B、如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；C、环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确；D、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，故D错误；二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】A.电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻的阻值，R的阻值大小为：，故A正确；B.根据闭合电路欧姆定律得U=E−Ir，由图象Ⅰ读出，当I=0时，电源的电动势：E=U=3V；内阻等于图线Ⅰ的斜率大小，则，故B错误；C.两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时的工作状态，由图读出路端电压U=1.5V，电流I=1A，则电源的输出功率为：P出=UI=1.5×1W=1.5W，故C正确；D.内部消耗的功率为：故D错误。故选：AC。8、BD【解析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析【详解】闭合开关的瞬间，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过L1，由于线圈中自感电动势的阻碍，L2灯逐渐亮，故A错误，B正确．待电路稳定后断开开关，线圈L产生自感电动势，两灯串联，所以L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭．故C错误，D正确．故选BD【点睛】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源；同时运动注意二极管的作用9、AC【解析】带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，才能沿直线通过，根据左手定则判断洛伦兹力方向，确定两个力能否平衡，即可判断粒子能否沿直线运动【详解】A项：正电粒子沿ab方向从左侧进入场区，根据左手定则判断可知，粒子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力qvB=qE，与电场力二力平衡，粒子能沿直线通过场区．故A正确；B项：负电粒子沿ba方向从右侧进入场区，根据左手定则判断可知，粒子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向上，粒子将做曲线运动，不能沿直线通过场区．故B错误；C项：不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，受力分析发现粒子受的洛伦兹力方向、电场力方向始终相反，此时洛伦兹力qvB=qE，与电场力二力平衡，粒子能沿直线通过场区．故C正确；D项：不论粒子电量如何，沿ba方向从右侧进入场区，受力分析发现粒子受洛伦兹力、电场力方向始终相同，都向上或向下，不能沿直线通过场区．故D错误故选AC【点睛】本题考查对速度选择器工作原理的理解，由qE=qvB得，此结论与带电粒子的电性、电量无关，同时注意左手定则的应用10、ACD【解析】根据电压和匝数成正比可求出副线圈的电压，在根据电路中的串并联关系可以知道电流及功率的变化状况【详解】A、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，所以比值不变，故A对；B、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，闭合开关后，负载增加，副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2示数增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以电表A1示数也增大，故B错；C、由于A2示数增大，所以流过输电线的电阻R0的电流增大，根据则输电线的电阻R0消耗的功率增大，故C对；D、闭合开关，电压表V2示数不变，副线圈电流增大，R0两端电压增大，根据串联分压得R1两端电压减小，所以流过电阻R1的电流减小，故D对；故选ACD【点睛】电压是前决定后，电流是后决定前，并且前后功率相等三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、①.b②.D③.1.48（±0.04）④.0.84（±0.03）⑤.I1（R0+Rg1）【解析】（1）[1]没有电压表，可利用电流表改装，给的定值电阻阻值为990Ω，电压表量程应能准确测的1.5V电压即可，与电源电动势接近，故应将电流表A1与定值电阻串联使用，故合理的是b图；[2]电源电动势约为1.5V，内阻约为1欧姆，为方便实验操作,滑动变阻器应选D（2）[3][4]由电路图可知,在闭合电路中,电源电动势:，则:,由图象可知,图象的截距:，则电源电动势为:图象斜率:；电源内阻为:(3)[5]由闭合电路欧姆定律可知，在图线中,图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小，故当图线的纵坐标改为时，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小【点睛】难度较大，掌握一些基本仪器的读数规则，如果电学试验中没有电压表或合适的电流表，要立刻能够想到利用电表的改装问题，本题的难点在于图乙的利用12、①.(1)A②.D③.E④.(2)如图；⑤.如图；⑥.(3)小灯泡电阻随温度的升高而增大⑦.(4)0.31【解析】本题（1）的关键是根据小灯泡的规格中的额定电压与额定电流大小来选择电压表与电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知变阻器应用分压式接法，可知应选择电阻选择变阻器．题（2）的关键是根据小灯泡电阻满足，可知电流表应用外接法，又变阻器应用分压式接法，即可画出电路图和实物图．题（3）的关键是根据电阻定义可知，电阻大小与I-U图线上的点与原点连线的斜率倒数成正比，说明小灯泡的电阻随温度的升高而增大．题（4）的关键是在灯泡的I-U图像中画出电阻Z的I-U图像，根据I-U图象读出当电阻Z和灯泡两端的电压之和为2.5V时对应的电压和电流大小，然后根据P=UI求出功率即可【详解】（1）：根据小灯泡的规格“4V，2W”可知，电压表应选A，电流，所以电流表应选D；由于描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器E（2）：由于小灯泡电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，所