2025-2026学年福建省龙岩市连城县高二下学期6月自编模拟练习卷物理（含答案）

2025-2026学年福建省连城县高二下学期6月自编模拟练习卷物理考生注意：1.本试卷包括两道大题，共15道小题。满分100分，考试时量75分钟。2.考生务必将各题的答案填写在答题卡的对应位置，在本试卷上作答无效。3.考试结束时，只交答题卡。一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1．如图所示，导体棒MN垂直于导轨静止在水平面上，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向与MN垂直并与导轨平面成θ角斜向上方，闭合开关，缓慢转动磁场使θ角逐渐增大至90°，其余不变，导体棒始终静止，忽略电磁感应现象的影响，在此过程中（）A．导体棒受安培力方向水平向右 B．导体棒所受安培力不变C．导轨对导体棒支持力减小 D．导体棒受到摩擦力大小不变2．如图所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，分为a、b两束单色光。则（）A．玻璃对b光的折射率较大B．在真空中a光的速度大于b光的速度C．a光的频率大于b光的频率D．如果b光是绿光，那么a光可能是红光3．如图所示，若船用缆绳固定，人恰好可以从船头跳上岸；撤去缆绳，人仍然恰好可以从船头跳上岸．已知两次从离开船到跳上岸所用时间相等，人的质量为60kg，船的质量为120kg，不计水和空气阻力，忽略人竖直方向的运动，则两次人消耗的能量之比为（）．A．1：1 B．1：2 C．4．保险丝对保护家庭用电安全有着重要作用，如图所示，A是熔断电流为1A的保险丝，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，交变电压U=220V，保险丝电阻1Ω，R是用可变电阻。当电路正常工作时，则下列说法正确的是（）A．可变电阻R不能大于54.75ΩB．可变电阻R越大，其消耗的功率越小C．通过可变电阻R的电流不能超过0.5AD．增加原线圈匝数，保险丝可能熔断5．质量为m1的滑块沿倾角为θ、长度为l的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为m2，并静置于光滑水平面上，重力加速度为A．4l(m2C．2lgsinθ6．如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为F1。仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为FA．三条边a、b、c中电流大小相等B．两次弹簧测力计示数FC．金属等边三角形的总质量m=D．匀强磁场的磁感应强度B=7．真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为λ1和λ2）制成，极板正对面积为S，间距为d，相对介电常数εrA．hcS4πkedλ2C．hcS4πkedλ−λ8．如图，足够长的光滑金属导轨固定在水平桌面上，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒cd静止在导轨上，绝缘棒ab位于金属棒cd左侧，正以v0的速度向cd运动并与cd发生弹性碰撞。cd在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，cd与ab始终平行，不计空气阻力。导轨宽度为L，绝缘棒ab和金属棒cd的质量分别为2m、m，金属棒cd的电阻为R，导轨的电阻忽略不计。下列说法正确的是（）A．碰撞后瞬间金属棒cd中感应电流的方向为d→cB．碰撞后瞬间金属棒cd中感应电流的方向为c→dC．碰撞后瞬间金属棒cd的速度为4D．两棒碰撞后到共速的过程中，金属棒cd产生的热量是19．物理知识在生活中有广泛的应用，下列说法正确的是（）A．如图甲所示，阳光下观察竖直放置的肥皂膜，看到彩色条纹是光的衍射产生的B．如图乙所示，光纤通信是一种现代通信手段，它是利用光的全反射原理来传递信息的C．如图丙所示，在多雾或多雨的城市中，采用红灯图作为各种交通警示，原因是红光容易产生干涉D．如图丁所示，立体电影就利用了光的偏振现象10．一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ，t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小，A．小物块在t=3tB．小物块和木板间动摩擦因数为2μC．小物块与木板的质量比为3︰4D．t=4t二、非选择题（共5题，共计60分）11．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：（1）实验室中有下列器材：A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）B．条形磁铁C．开关、导线若干D．交流电压表在本实验中，上述器材不用的是（填器材序号字母），还需用到的器材有（填直流电源，低压交流电源）。（2）某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压（选填“增大”“减小”或“不变”）；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压（选填“增大”“减小”或“不变”）；上述探究过程采用的实验方法是。（3）若实验电路图如图（b）所示，实验时n1=800匝，n2=400匝，断开S，接通电源，观察到电压表的读数为6V，若可拆变压器可视为为理想变压器，则：①变压器的输入电压有效值为。A.3VB.62VC.12VD.15V②若灯泡的额定电压为6V，闭合S，灯泡能否正常发光？（填“能”或“不能”）。12．为研究动量守恒，物理兴趣小组同学用如图甲所示的装置，通过A、B两刚性小球的碰撞来验证动量守恒定律。如图所示，先让入射小球A从倾斜轨道某固定卡槽位置由静止释放，从水平轨道抛出后撞击竖直挡板；再把被撞小球B静置于水平轨道末端，将入射小球A仍从原位置由静止释放，两球发生正碰后各自飞出撞击竖直挡板，多次重复上述步骤，小球平均落点位置分别为图中N'，P'，M'，各落点对应的竖直高度如图所示。（1）关于实验，下列说法正确的是（）A．轨道必须光滑且末端水平B．A的质量可以小于B的质量C．A球每次必须从同一位置由静止释放D．A球的直径可以大于B球的直径（2）实验测得小球A的质量为m1，被碰撞小球B的质量为mA．末端到木条的水平距离xB．小球A释放点到桌面的高度HC．图中B'N'、B'P'、B'M'的距离h（3）若动量守恒，其满足的表达式是（用上述题目中的字母表示）。（4）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图乙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O'点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A'，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1，2的质量分别为m和M，弦长AB=l1、A'B=l2、13．如图，一小车静止于光滑水平面上，小车由两部分组成，左侧倾角θ=37°的粗糙斜面通过一小段圆弧（图中未画出）和右侧半径为R=0.3m的四分之一光滑圆周平滑连接，小车整体质量M=4kg，刚开始靠在竖直墙壁上，一质量为m=2kg的滑块（可视为质点）从斜面上与圆心等高的位置以一定的初速度沿斜面滑下，第一次恰好可以沿圆周上升到圆周最高点。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.125，重力加速度（1）滑块沿斜面滑下的初速度v0（2）滑块第一次返回斜面上升的最大高度；（3）经足够长的时间，滑块与小车组成的系统因摩擦产生的热量。14．如图所示，在平面直角坐标系xoy中，第I象限内有沿y轴负向的匀强电场，电场强度的大小为E，第IV象限内有垂直纸面向外的匀强磁场．在y轴的正半轴上，各点处均向x轴正向发射质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，结果这些粒子均能从x轴上的Q点进入磁场，并且到Q点速度最小的粒子A，经磁场偏转后恰好从(0，−L)射出磁场，已知（1）匀强磁场的磁感应强度大小及粒子A在磁场中运动的时间；（2）若某粒子c从y轴上的P点射出，经过Q点时，速度方向与x轴正向成30°，求OP的大小及该粒子在磁场中做圆周运动的半径．15．如图，半径为R=1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d=2.7m。一长为L=3.3m的水平传送带以恒定速率v0=1m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6N⋅s。以后每隔Δt=0.（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；（2）b从M运动到N的时间；（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。

参考答案1．【答案】C2．【答案】C3．【答案】D4．【答案】B5．【答案】B6．【答案】C7．【答案】A8．【答案】A,C9．【答案】B,D10．【答案】A,B,D11．【答案】B；低压交流电源；增大；减小；控制变量法；C；能12．【答案】（1）C（2）C（3）m（4）m13．【答案】（1）解：经受力分析可知，滑块刚开始从斜面上滑下时小车不动，当滑块滑到斜面底端时，设其速度为v1，以后的运动过程中滑块和小车系统水平方向动量守恒，滑块在光滑圆周上运动的过程中二者组成的系统机械能守恒，从滑块滑到斜面底端到光滑圆周最高点过程中，设最高点时滑块速度为v21联立解得vv滑块在斜面上的运动过程，由牛顿第二定律得mgsinθ−μmgcosθ=ma解得a=5m由运动学公式得v解得v（2）解：滑块滑到斜面底端开始到滑块第一次返回斜面到达最高点时，滑块和小车系统水平方向动量守恒，则有m1联立解得h=（3）解：经足够长时间，滑块最终会相对静止在最低点，由动量和能量守恒定律可知m1联立解得E=7J14．【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：L=v0t到达Q点时的速度：v=v当：Lt=qEmt时，速度最小，为：v=粒子经磁场偏转后从(0，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=2粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv解得：B=2mE粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πm粒子在磁场中的运动时间：t=1答：匀强磁场的磁感应强度大小为2mEqL，粒子A在磁场中运动的时间为（2）解：设P点的坐标为(0，水平方向：L=v0t到Q点时，tan30°=v解得：y=36L，即OPvy=2qEy粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：R=mv答：OP的大小为36L，该粒子在磁场中做圆周运动的半径为15．【答案】（1）解：a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律

m在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律

N−联立解得

N=30N（2）解：a从静止释放到M点过程中，根据动能定理

m解得

va与b发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1解得

vb滑上传送带后，根据牛顿第二定律

μ解得

a=5m/b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间

t对地位移

x=此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间

tb从M运动到N的时