湖南省株洲市2025-2026学年高一下学期期中模拟考试自编物理试卷01（范围：人教版必修三、选择性必修一、选择性必修二、选择性必修三第1-2单元）解析版

湖南省株洲市2025-2026学年高一下学期期中模拟考试自编物理试卷01(解析版）题号1345678910答案CCCACDABBCDAD1．C【详解】设A最初带电量为，B最初带电量为（均为正数），根据库仑定律，初始静电力大小为不带电小球C与A接触后，相同金属球电荷平分，A剩余电量为，C带电量为。C再与B接触，异种电荷先中和再平分，B最终带电量的绝对值为。此时A、B间静电力为，代入库仑定律约去相同项后化简得解得或故选C。2．A【详解】AB．由图可知，当时，，根据点电荷电势公式可知，原点处的电荷带正电；当时，从负值趋近于0，说明远处电势为负，即总电荷量，故带负电且，故A正，B错误；C．图像切线的斜率表示电场强度的负值，即，点处切线斜率为负，电场强度方向沿轴正方向，点处切线斜率为正，电场强度方向沿轴负方向，两点电场强度方向相反，故C错误；D．电子带负电，从点运动到点过程中，电势一直降低，根据电势能公式可知，电子的电势能一直增大，由能量守恒定律可知，电子的动能一直减小，即速度一直减小，故D错误。故选A。3．C【详解】A．根据动能定理可知，小球下落过程中，重力与斜面体对小球的支持力做的总功，等于小球动能的变化量，故A正确，不符合题意；B．小球与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故B正确，不符合题意；C．小球与斜面体组成的系统，在水平方向上受到墙壁向右的弹力作用，合外力不为零，所以系统动量不守恒，故C错误，符合题意；D．根据系统的机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能。小球下落，斜面体动能增加，小球动能也增加，所以小球减少的重力势能等于小球增加的动能与斜面体增加的动能之和，故D正确，不符合题意。故选C。4．C【详解】A．光的频率由光源决定，与介质无关，则光进入棱镜后频率不变，A错误；B．根据可知，光在上、下介质中的波长之比为，B错误；C．光在AE边上恰好发生全反射，则在P点时解得入射角的正弦值为，C正确；

D．如图，该光束从Q点发生全反射后射到DE边上的M点，此时光线在M点的入射角等于在P点的折射角，即为，则在M点的折射角满足解得因光线从BC边射出时的临界角为，即，可知该细光束可从BC边射出，D错误。故选C。5．A【详解】由题可知，为比例系数，有磁场时，分解为x与y轴方向研究，假设x轴方向上总位移为x，y轴方向上总位移为y，则根据动量定理在y轴方向上可得即根据动量定理在x轴方向上可得即联立解得无磁场时，根据动量定理可得联立解得故选A。6．C【详解】根据理想气体压强公式其中为分子数密度已知空气密度故因此故选C。7．D【详解】A．根据得可知图像的斜率与气体体积有关，从a到b，图线的斜率增大，则气体的体积减小。故A错误；B．从b到c，压强不变，温度升高，则体积变大，单位体积内分子数减少，则单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少。故B错误；C．d到a等容过程有c到d等温过程有联立解得故C错误；D．由，联立解得bcd过程的图如下由图可知，b到c和c到d的体积差相等。由于图线与横坐标围成的面积表示气体对外界做的功，显然b到c，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律得c到d，气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律得联立可得故D正确。故选D。8．AB【详解】A．A、B电荷在N点电场强度E的大小为故A正确；B．该粒子做圆周运动时，因圆周上各点的电势不变，则粒子的电势能保持不变，故B正确；C．根据可得该粒子做圆周运动的周期为故C错误；D．该粒子做圆周运动形成的等效电流的平均电流强度大小为故D错误。故选AB。9．BCD【详解】A．在倾斜导轨上运动时，设金属棒的速度大小为时，经历的时间为，通过金属棒的电流为，在时间间隔内流经金属棒的电荷量为，则按定义有也是平行板电容器极板在时间间隔内增加的电荷量，为金属棒的速度变化量。金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为金属棒在时刻的加速度方向沿斜面向下，设其大小为，根据牛顿第二定律有又联立可得可知，金属棒在倾斜导轨上做初速度为零的匀加速运动。则金属棒刚滑至处时速度在水平轨道运动时，设金属棒的速度大小为时，金属棒的速度大小为，通过金属棒的电流为金属棒受到的安培力方向向右，大小为由于金属棒速度减小，金属棒速度增大，随着运动减小，根据牛顿第二定律得所以，金属棒在水平轨道上做加速度减小的减速运动，故A错误；B．金属棒与金属棒在水平轨道上满足动量守恒，有解得，故B正确；C．设电容器最终储存的电能为，金属棒在倾斜轨道下滑过程，由能量守恒有得到，故C正确；D．从金属棒刚滑上水平轨道到金属棒和共速过程，对金属棒用动量定理，有得到流过电路中的电荷量为当金属棒与共速时，金属棒刚好与金属棒相遇，此时有最小值。又由以上得到的最小值为，故D正确。故选BCD。10．AD【详解】A．对静止的水银柱分析受力，设玻璃管内气体的压强为，水银柱的质量、横截面为、，根据平衡条件有又联立解得又联立解得，故A正确；BCD．设玻璃管的质量为，对玻璃管和水银柱整体，设整体的加速度为，由牛顿第二定律有对水银柱有联立解得，对管内的气体，由玻意耳定律有联立解得，故BC错误，D正确。故选AD。11．(1)10(2)D(3)实线【详解】（1）一个周期内比重计上的标注点与浮标会等高2次，故当比重计上的标注点某次与浮标等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，经过了10个周期。（2）根据图（b），所得图线斜率约为，故与之间的关系近似满足其中为常数，从而可以推知与之间的近似关系为。故选D。（3）当比重计平衡后，给它一个向下推力后，设比重计会下沉，然后在浮力的作用下，再上浮，比重计做往复小振动的回复力由增加的浮力提供，为即所以回复力系数为证明此振动为简谐运动，所有简谐运动的周期均与其振幅无关，所以图像不变仍为实线。12．【详解】[1]初始时，钟罩A内气体的压强为大气压，体积为关闭阀门K后，缓慢抬起C，使B内的水银面从b回到a，此时气体的压强为，体积变为，根据玻意耳定律可得解得[2]设矿石的体积为，则钟罩A内剩余气体的体积为，重复步骤后，气体的压强为，体积变为，根据玻意耳定律可得结合上述结论解得矿石的体积则矿石的密度13．（1）电量q相当于弹簧振子中的振子位移x，；（2），；（3）【详解】（1）在弹簧振子中在LC振荡电路中类比可知带电量q相当于弹簧振子中的振子位移x。同理，类比可得到，LC振荡电路中线圈的自感系数L、电路中的电流、电容器的电容的倒数分别相当于弹簧振子中的质量m、速度v、劲度系数为k，根据类比可得LC振荡的周期公式为（2）取单摆平衡位置，即最低点为重力势能零势能面，当单摆摆角为时，摆球的重力势能为由于很小时故重力势能此时线速度大小为此时摆球的动能为故单摆摆角为、小球角速度为时系统总能量的表达式为其中类比弹簧振子周期公式可得单摆周期公式为（3）取距下面的小球运动最低点的上方处为重力势能零势能面，当单摆摆角为时，两摆球的重力势能为此时两摆球的动能为两小球的总能量为类比弹簧振子的规律求出系统在竖直平面内做小角度摆动时的周期为14．(1)(2)1.97【详解】（1）稳定时，气缸中中气体压强气体状态满足解得代入数据可知（2）设乙同学的肺活量为，B中气体发生等温变化解得中气体有解得解得15．(1)，(2)【详解】（1）假设气体分子在x、y、z三个方向上的速度为v