2025届江苏省陆慕高级中学高二物理第一学期期末复习检测模拟试题含解析

2025届江苏省陆慕高级中学高二物理第一学期期末复习检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、一带正电粒子仅在电场力作用下做直线运动，从A点经B、C运动到D点，其v－t图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A.A处的电场强度小于B处的电场强度B.粒子在A处的电势能小于在B处的电势能C.C、D间各点电场强度和电势都为零DA、B两点的电势差等于C、B两点间的电势差2、当一带正电q的粒子以速度v沿螺线管中轴线进入该通电螺线管，若不计重力，则A.带电粒子速度大小一定改变`B.带电粒子速度方向一定改变C.带电粒子速度大小不变D.带电粒子的运动轨迹为曲线3、在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会()A.向上偏转 B.向下偏转C.向纸内偏转 D.向纸外偏转4、某同学将一支笔靠在一个半圆形物体上，关于笔所受弹力方向，下列示意图正确的是A. B.C. D.5、下列说法中正确的是（）A.曲线运动一定是变速运动B.平抛运动是匀速运动C.匀速圆周运动是匀变速运动D.只有变力才能使物体做曲线运动6、如图所示，用细橡皮筋悬吊一轻质线圈，置于一固定直导线上方，线圈可以自由运动．当给两者通以图示电流时，线圈将（）A.靠近直导线,两者仍在同一竖直平面内 B.远离直导线,两者仍在同一竖直平面内C.靠近直导线,同时旋转90° D.远离直导线,同时旋转90°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、1931年英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布；如图所示,现一半径为R的线状圆环其环面的竖直对称轴CD上某处有一固定的磁单S极子，与圆环相交的磁感线跟对称轴成θ角，圆环上各点的磁感应强度B大小相等，忽略空气阻力，下列说法正确的是A.若R为一闭合载流I、方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向上，大小为BIRB.若R为一闭合载流I、方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2πBIRsinθC.若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，则小球带负电D.若将闭合导体圆环从静止开始释放，环中产生如图反方向感应电流、加速度等于重力加速度8、下列四幅演示实验图中，能正确表述实验现象的是（）A.图甲用磁铁靠近轻质闭合铝环A，A会远离磁铁B.图乙断开开关S，触点C不立即断开C.图丙闭合开关S时，电流表有示数，断开开关S时，电流表没有示数D.图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快9、某正弦式交流电的方向在1s内改变100次，则周期T和频率f分别是（）A.T=0.01s B.T=0.02sC.f=50Hz D.f=100Hz10、如图所示,用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素．设两极板正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为．实验中，极板所带电荷量保持不变A.若保持不变，增大，则变大B.若保持不变，增大，则变小C.若保持不变，减小，则变小D.若保持不变，减小，则变大三、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）如图所示为用多用电表测电路中电流的实验，图中多用电表测定的是________(填“甲电阻”“乙电阻”或“总”)的电流，测得电流的大小是________12．（12分）在利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图甲所示，图中斜槽部分与水平槽部分平滑连接，按要求安装好仪器后开始实验．图中设计有一个支柱（通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰离开后，支柱立即倒下）．先不放被碰小球，让入射小球从挡板C处由静止滚下，重复若干次；然后把被碰小球放到支柱上，有重复若干次．在白纸上记录下挂于槽口的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从左至右依次为O、M、P、N点，两小球直径相等，并用刻度尺测出OM、OP、ON的长度．入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2．则（1）入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2应该满足m2_____m1（填“>”或“<”）（2）用螺旋测微器测量小球的直径如图乙所示，则小球的直径d=___________mm（3）当所测的物理量满足表达式_____________________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球的碰撞遵守动量守恒定律（4）某次实验得到入射小球的落点M、P到O距离如图丙所示，假设两球的碰撞是弹性正碰，则被碰小球的落点N到O的距离ON=_________cm．（保留2位小数）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，两根相距L=0.5m的光滑平行金属导轨MN、PQ处于同一水平面内，导轨的左端用R=3Ω的电阻相连，导轨电阻不计，导轨上跨接一电阻r=1Ω的金属杆ab，质量m=0.2kg，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2T，现对杆施加水平向右的拉力F=2N，使它由静止开始运动，求：（1）杆能达到的最大速度vm为多大？（2）若已知杆从静止开始运动至最大速度的过程中通过的位移x1=10m，电阻R上产生的电热QR为多少？（3）若杆达到最大速度后撤去拉力，则其继续向前运动的最大位移x2多大？14．（16分）如图所示，一带电荷量为、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g，，求：(1)水平向右电场的电场强度的大小；(2)若将电场强度减小为原来，小物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后小物块下滑距离2L时的动能。15．（12分）如图1所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中．现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动（1）当ab杆刚好具有初速度v0时，求此时ab杆两端的电压U；a、b两端哪端电势高；（2）请在图2中定性画出通过电阻R的电流i随时间t变化规律的图象；（3）若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图3所示．同样给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动．请分析说明ab杆的运动情况

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】从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度德大小关系．由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系【详解】由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；由A到B的过程中，速度变大了，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以粒子在A点的电势能高于B点的电势能，故B错误；从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D正确．故选D【点睛】本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考查了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似.2、C【解析】由于长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的中心轴线，与正粒子的运动方向平行，则正粒子在磁场中不受洛伦兹力，正粒子重力又不计，则粒子做匀速直线运动。A．带电粒子速度大小一定改变`，与结论不相符，选项A错误；B．带电粒子速度方向一定改变，与结论不相符，选项B错误；C．带电粒子速度大小不变，与结论相符，选项C正确；D．带电粒子的运动轨迹为曲线，与结论不相符，选项D错误；故选C。3、B【解析】由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据右手定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转A．向上偏转与分析不符，A错误B．向下偏转符合分析，B正确C．向纸面内偏转不符合分析，C错误D．向纸面外偏转不符合分析，D错误4、C【解析】半圆形物体对笔有支持力N1，N1垂直于物体与笔的接触面，N1的作用线通过圆心．地面对笔有垂直于地面向上的支持力N2，故ABD错误，C正确5、A【解析】A．曲线运动物体的速度方向与该点曲线的切线方向相同，所以曲线运动的速度的方向是时刻变化的，它的速度的必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；B．平抛运动的加速度不变，速度大小和方向时刻改变，做匀变速曲线运动，故B错误；C．匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，方向时刻在变，则加速度在变，所以匀速圆周运动是变加速运动，故C错误；D．物体在恒力作用下可能做曲线运动，如：平抛运动，故D错误。故选A。6、A【解析】由右手螺旋定则判断出直导线的磁场，线圈在直导线上边，所处的磁场方向垂直纸面向外由左手定则判断线圈的受力情况，左右部分大小相等，方向相反，上下两边方向也相反，但由于直导线周围磁感应强度的大小与它到导线的距离成反比，线圈下边受力比上边受力大，合力向下，所以线圈向下运动靠近通电长直导线，而不会发生转动故A正确二、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、BC【解析】AB．根据左手定则可知，通电圆环每一部分受到的安培力斜向下，利用微元法可知该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为F安=2πBIRsinθ故A错误，B正确；C．若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，说明形成的电流产生的安培力竖直向上，形成的电流应与图示电流方向相反，故小球带负电，故C正确；D．若将闭合导体圆环从静止开始释放，在下落过程中穿过线框的磁通量增大，根据右手定则可知，产生的感应电流为环中产生如图反方向感应电流，受到的安培力向上，根据牛顿第二定律可知加速度小于g，故D错误。故选BC。8、AB【解析】A．图甲用磁铁靠近轻质铝环A，由于A环中发生电磁感应，根据楞次定律可知，A将远离磁铁，故A正确；B．图乙断开开关S，由于B线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性，触电C不立即断开，故B正确；C．图丙闭合开关S和断开开关S时均会发生电磁感应，因此电流表均有示数，故C错误；D．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生安培力导致铜盘转动受到阻碍．因此铜盘将转慢，故D错误。故选AB。9、BC【解析】交变电流在一个周期内电流的方向改变两次，周期与频率互为倒数【详解】交变电流在一个周期内方向改变两次，1s内电流的方向改变100次，知经历了50个周期，则，频率，故BC正确，AD错误10、AD【解析】AB.根据电容的决定式：知当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式：知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大，故A正确，B错误CD.根据电容的决定式：知当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，由电容的定义式：知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大，故C错误，D正确三、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.乙电阻②.50.0mA【解析】由电路中连接情况知，多用电表与乙电阻串联，故测定的是乙电阻的电流．由图知选择量程为100mA，故指针指示读数为50.0mA12、①.<②.12.803（12.802-12.804）③.m1OP=m1OM+m2（ON-d）④.36.28【解析】（1）为防止入射球反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量；（2）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．（3）根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题；（4）根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式，联立即可求得速度关系，从而求出OM、ON以及OP之间的关系【详解】（1）为防止入射球反弹，入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2应该满足m2<m1；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为12.5mm，可动刻度读数为0.01×30.3mm=0.303mm，所以最终读数为：d=12.5mm+0.303mm=12.803mm（3）由动量守恒定律可知，如果动量守恒，则应保证：m1v=m1v1+m2v2；因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，（ON-d）是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1•OP=m1•OM+m2•（ON-d），说明两球碰撞遵守动量守恒定律；（4）设入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2．碰撞前入射球速度为v0，碰撞后两球速度分别为v1、v2．根据动量守恒得和机械守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2m1v02=m1v12+m2v22联立解得：v0+v1=v2三球平抛运动时间相同，则得到：OP+OM=ON′=ON-d故：ON=OP+OM+d=25cm+10cm+1.28cm=36.28cm【点睛】本题主要考查了“验证动量守恒定律”的实验的原理及要求以及数据处理等基础知识，掌握实验原理、应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式即可正确解题．注意小球2平抛的起点在水平面上的投影在O点后相距d处四、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、vm=8m/s；QR=10.2J；x2=6.4m【解析】（1）当导体棒加速度为零时，速度最大，根据平衡条件，有：F=F安=ILB，感应电流：I=代入数据联立可得vm=8m/s（2）对导体棒由动能定理可得：Fx1+W安=mv2，根据功能关系有：Q=－W安，因为外电阻与内阻为串联关系，根据焦耳定律可知：QR=Q，联立可得QR=10.2J（3）对导体棒由动量定理可得：－BLIt=0－mv，感应电动势：，电流：，电量：=，联立可得x2=6.4m14、（1）；（2）0.3g；（3）【解析】