2025届广东省陆丰市甲子中学物理高二上期中调研模拟试题含解析

2025届广东省陆丰市甲子中学物理高二上期中调研模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、如图所示，一金属圆环水平固定放置，现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线无初速度释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环A．始终相互吸引B．始终相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥D．先相互排斥，后相互吸引2、人造卫星绕地球做圆周运动时，卫星离地面的高度越高，则下列说法正确的是（）A．速度越大 B．角速度越大C．周期越大 D．向心加速度越大3、在图的电路中，表示电感器的是（）A．甲B．乙C．丙D．丁4、某同学搬一叠书上楼用了时间t，对书做功W．此过程中该同学对书做功的平均功率是()A．Wt B．W2t C． D．5、真空中有两个静止的点电荷q1、q2，若保持它们之间的距离不变，而把它们的电荷量都变为原来的2倍，则两电荷间的静电力将变为原来的（）A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍6、如图所示，在水平长直导线的正下方，有一只可以自由转动的小磁针。现给直导线通以由a向b的恒定电流I，若地磁场的影响可忽略，则小磁针的N极将A．保持不动 B．向下转动C．垂直纸面向里转动 D．垂直纸面向外转动二、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、两个通电小球带电后相互推斥，如图所示。两悬线跟竖直方向各有一个夹角a、，a＞且两球在同一水平面上。则一定能判断的是A．两球的质量大小关系B．两球带电量大小关系C．绳子中的拉力大小关系D．两球带同种电荷8、在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是A．伽利略发现了行星运动的规律B．卡文迪许通过实验测出了引力常量C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献9、电阻R1、R2、R3串联在电路中。已知R1=11Ω、R3=5Ω，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则（）A．电阻R2的阻值为21ΩB．电路中的电流为1．6AC．三只电阻两端的总电压为18VD．三只电阻两端的总电压为21V10、如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()A．它们运动的时间tQ＝tPB．它们所带电荷量之比qP∶qQ＝1∶2C．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2D．它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4三、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）某同学在一次“测定金属的电阻率”的实验中，用米尺测出接入电路部分的金属丝的长度为l=0.720m，用螺旋测微器测出金属丝直径（刻度位置如图所示），用伏安法测出金属丝的电阻（电阻大约为5Ω），然后计算出该金属材料的电阻率．在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测金属丝外，还有如下实验器材料：A．直流电源（输出电压为3V）B．电流表A（0～0.6A，内阻约0.125Ω）C．电压表A（0～3V，内阻3kΩ）D．滑动变阻器（最大阻值20Ω）E.开关、导线等（1）从图中读出金属丝的直径为____________mm．（2）根据所提供的器材，在虚线框中画出实验电路图____________．（3）若根据伏安法测出金属丝的阻值为Rx=4.0Ω，则这种金属材料的电阻率为_________Ω•m（保留两位有效数字）12．（12分）下列游标卡尺读数为__________mm，螺旋测微器读数为___________mm。四、计算题：本题共2小题，共26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）如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2W的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4W的小灯泡L连接．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长="2"m，有一阻值r="2"W的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处．CDEF区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示．在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：（1）通过小灯泡的电流．（2）金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小．14．（16分）如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L1，导轨电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻也为R的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求：（1）灯泡正常发光时导体棒中的电流大小。（2）磁感应强度的大小；（3）灯泡正常发光时导体棒的运动速率。15．（12分）如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时细线与竖直方向的夹角为θ.现给小球一个初速度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：（1）小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值为多少？（2）小球的初速度应为多大？

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、D【解析】

因圆环从开始下降到达磁铁中间时，磁通量一直增大；而当从中间向下运动时，磁通量减小时；则由楞次定律可知，当条形磁铁靠近圆环时，感应电流阻碍其靠近，是排斥力；当磁铁穿过圆环远离圆环时，感应电流阻碍其远离，是吸引力，故先相互排斥，后相互吸引；故D正确，ABC错误。2、C【解析】

卫星距地面越高，则运动半径r越大，根据万有引力提供圆周运动向心力有A．有线速度知，半径r越大，线速度v越小，故A错误；B．角速度知，半径r越大，角速度ω越小，故B错误；C．周期知半径r越大，周期越大，故C正确；D．向心加速度知，半径r越大，向心加速度越小，故D错误．3、D【解析】

图中甲是电源；乙是电键；丙是电阻；丁是电感器；故选D.4、C【解析】根据功率的公式可知，此过程中该同学对书做功的平均功率是，故选C.5、B【解析】

由库仑定律可得：

变化前；而变化后，A．2倍，与结论不相符，选项A错误；B．4倍，与结论相符，选项B正确；C．8倍，与结论不相符，选项C错误；D．16倍，与结论不相符，选项D错误；6、C【解析】

当通入如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动。A．保持不动，故A不符合题意；B．向下转动，故B不符合题意；C．垂直纸面向里转动，故C符合题意；D．垂直纸面向外转动，故D不符合题意。故选C。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、ACD【解析】

D、两个球相互排斥,故一定带同种电荷,故D对

A、对左侧小球受力分析,受重力mg,拉力T和静电斥力F,如图

根据平衡条件,有F=Tsinmg=Tcos计算得：F=mgtan再对右侧小球受力分析,同理有F=Mgtan两个小球之间的库仑力相等，因为a＞，所以m<M，故A对；B、两个小球之间的库仑力相等，根据F=kC、根据勾股定理可知T=F2+故选ACD【点睛】两球相互排斥,故带同种电荷,根据牛顿第三定律可以知道相互排斥力相等,与带电量无关;再根据平衡条件得到排斥力的表达式进行分析.

本题关键是对小球受力分析,根据平衡条件得到电场力表达式,然后再结合牛顿第三定律进行分析判断.8、BD【解析】试题分析：行星运动定律由开普勒、牛顿等人发现，选项A错误．库仑测量出静电力常数，选项B错误．伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，选项C错误．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项D正确．考点：本题考查了物理学史．9、ABD【解析】

A、根据欧姆定律得：R2=U2B、串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得I=U1R1=C、D、电阻R3电压为：U3=IR3=1.6A×5Ω=3V；总电压U=U1+U2+U3=6+12+3=21V；故C错误，D正确.故选ABD.【点睛】本题考查了串联电路电压、电流特点和欧姆定律的应用.10、ABD【解析】

A.带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v0t可知运动时间相等，即tQ=tP．故A正确；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：，解得：；B.由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为yP：yQ=1：2；所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=yP：yQ=1：2，故B正确；C.电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy，因为竖直位移之比为：yP：yQ=1：2，电荷量之比为：qP：qQ=1：2，所以它们电势能减少量之比为：△EM：△EN=1：1．故C错误；D.根据动能定理，有：qEx=△Ek而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：1故D正确；故选ABD．【点睛】本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．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、0.600;;【解析】

（1）从图中读出金属丝的直径为d=0.5mm+10.0×0.01mm=0.600mm（2）因测量金属丝的电阻率电流不能太大，由，结合电流表读数原理，电流表应满足偏转一半以上，故总电阻大于10Ω小于5Ω，可见滑动变阻器可以用限流式；由于待测电阻的电阻值较小，电流表应用外接法，电路图如图所示：（3）根据欧姆定律，有，根据电阻定律，有：，及，联立并代入数据可得：．12、9.65;11.898;【解析】

游标卡尺的读数为：d=9mm+13×0.05mm=9.65mm螺旋测微器的读数为：d=11.5mm+39.8×0.01mm=11.898mm【点睛】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。四、计算题：本题共2小题，共26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、（1）0.1A（2）1m/s【解析】

（1）在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻＝5Ω①此时感应电动势=0.5×2×0.5V=0.5V②通过小灯泡的电流为：＝0.1A③（2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻＝2＋Ω＝Ω④由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL=0.1A，则流过棒的电流为＝0.3A⑤电动势⑥解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小v=1m/s7在t＝0至t＝4s内，产生感生电动势，根据闭合电路欧姆定律可求得小灯泡的电流；t＝4s后产生动生电动势，根据闭合电路欧姆定律先求出电动势，再求出金属棒的速度．14、(1)2PR(2)mg2L【解析】

导体棒释放后做加速度减小的加速运动，直到重力等于安培力时以最大速度匀速运动。在加速阶段感应电动势和感应电流增大，两灯泡逐渐变亮，只有在匀速阶段两灯泡的亮度不变，所以两灯泡保持正常发光说明导体棒在匀速运动。【详解】(1)灯泡正常发光有：P=I2R,解得：导体棒中的电流为2P(2)两灯泡保持正常发光说明导体棒在匀速运动，根据平衡条件：mg=BL·2P解得：B=mg(3)由电路特点可知，两灯泡保持正常发光时的电压等于电动势的13，此时路端电压为：U=根据法拉第电磁感应定律

E=BLv

联立解