四川省遂寧高級實驗學校2025屆高二物理第一學期期中統(tǒng)考模擬試題含解析

四川省遂寧高級實驗學校2025屆高二物理第一學期期中統(tǒng)考模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，真空中有兩個等量的正電荷和，分別固定于、兩點，為連線的中垂線，為、兩點連線的中點，將一正電荷由點沿著中垂線移至無窮遠處的過程中，下列結論正確的有（）A．電勢能逐漸減小 B．電勢能逐漸增大.C．受到的電場力逐漸減小 D．受到的電場力逐漸增大2、真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間的相互作用力為F．若它們之間的距離變?yōu)樵瓉淼?倍，則它們之間的相互作用力變?yōu)锳．F/9 B．F/3 C．3F D．9F3、如圖是質譜儀工作原理的示意圖．帶電粒子a、b經電壓U加速（在A點初速度為零）后，進入磁感應強度為B的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處．圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則下列判斷正確：A．a的質量一定大于b的質量B．a的電荷量一定大于b的電荷量C．a運動的時間小于b運動的時間D．a的比荷（qa/ma）小于b的比荷（qb/mb）4、如圖所示的電路中，電源的電動勢和內電阻恒定不變，電燈恰能正常發(fā)光，如果滑動變阻器的滑片向端滑動，則()A．電燈更亮，電流表的示數減小B．電燈更亮，電流表的示數增大C．電燈變暗，電流表的示數減小D．電燈變暗，電流表的示數增大5、下列說法中正確的是（）A．摩擦起電是通過外力做功憑空產生了電荷B．電子就是元電荷C．導體中通過某一橫截面一定的電荷量所用的時間越短，電流越大D．由可知，一段導體的電阻跟它兩端的電壓成正比，跟通過它的電流成反比6、關于電磁感應,下列說法中正確的是（?）A．線圈放在磁感應強度越強的地方，產生的感應電動勢一定越大B．穿過線圈的磁通量變化越大，感應電動勢越大C．穿過線圈的磁通量為零，感應電動勢一定為零D．穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、一個標有“220V60W”的白熾燈炮，加上的電壓U由零逐漸增大到220V，在此過程中，電壓（U）和電流（I）的關系可用圖線表示．圖中給出的四個圖線中，符合實際的是（）A． B． C． D．8、用甲、乙兩個完全相同的電流表表頭改裝成量程分別為5V和10V的電壓表，串聯后測量12V的電壓，則()A．兩表的電壓示數相同，均為6V B．兩表頭的指針的偏角相同C．兩表頭的指針的偏角不相同 D．兩表的電壓示數不同9、在力學理論建立的過程中，有許多偉大的科學家做出了貢獻．關于科學家和他們的貢獻，下列說法正確的是A．伽利略發(fā)現了行星運動的規(guī)律B．卡文迪許通過實驗測出了引力常量C．牛頓最早指出力不是維持物體運動的原因D．笛卡爾對牛頓第一定律的建立做出了貢獻10、如圖，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反，下列說法正確的是（）A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）如圖所示，是探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系的實驗裝置．轉動手柄，可使塔輪、長槽和短槽隨之勻速轉動．塔輪至上而下有三層，每層左右半徑比分別是1：1、2：1和3：1．左右塔輪通過皮帶連接，并可通過改變皮帶所處的層來改變左右塔輪的角速度之比．實驗時，將兩個小球分別放在短槽C處和長槽的A（或B）處，A、C到塔輪中心的距離相等．兩個小球隨塔輪做勻速圓周運動，向心力大小可由塔輪中心標尺露出的等分格的格數讀出．（1）在該實驗中應用了_____來探究向心力的大小與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系．A．理想實驗法B．控制變量法C．等效替代法（2）用兩個質量相等的小球放在A、C位置，勻速轉動時，左邊標尺露出1格，右邊標尺露出4格，則皮帶連接的左右塔輪半徑之比為_______．12．（12分）某同學利用如圖甲所示的裝置探究在彈性限度內“彈簧彈力和彈簧伸長的關系”實驗，彈簧的最上端與刻度尺的零刻度對齊．（1）將一個50g的鉤碼掛在彈簧的下端，彈簧指針如圖乙所示，則指針示數為_____cm．（2）在彈性限度內，將每個50g的鉤碼逐個掛在彈簧下端，得到掛上不同數目的鉤碼對應的指針示數L如表所示，用表中數據計算出彈簧的勁度系數k=_____N/m，彈簧沒有掛鉤碼時的豎直長度為_____cm．（重力加速度g=10m/s2，結果保留三位有效數字）．鉤碼數1234L/cm19.7123.7027.70四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，兩平行金屬板A、B長L=8cm，兩板間距離d=8cm，A板比B板電勢高300V，即．一帶正電的粒子電量，質量，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度，粒子飛出平行板電場后經過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在中心線上的O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域（設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響）.已知兩界面MN、PS相距為L=12cm，粒子穿過界面PS后被點電荷Q施加的電場力俘獲從而以O點為圓心做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上.（靜電力常數,不計粒子重力,,)，求：（1）粒子從偏轉電場中飛出時的偏轉位移和速度；（2）粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離多遠；（3）點電荷的電量(該小題結果保留一位有效數字)．14．（16分）如圖所示，有一電子（電荷量為e）經電壓U1加速后，進入兩塊間距為d、電壓為U2的平行金屬板間．若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且剛好能穿過電場，求：（1）金屬板AB的長度L；（2）電子穿出電場時的動能；（3）若電子射出電場后，打在熒光屏上的P點，熒光屏距離金屬板B端長度也為板長，則OP的距離為多少？15．（12分）如圖，固定不動的水平U形光滑框架，寬度為1m，電阻忽略不計，導體棒ab的質量m＝0.2kg、電阻R＝0.5Ω，勻強磁場的磁感應強度B＝0.2T，方向垂直框架向上?，F用F＝1N的外力由靜止開始向右拉ab棒，當ab棒向右運動的距離為d＝0.5m時速度達到2m/s，求：（1）此時ab棒上的感應電流的大小和方向；（2）此時ab棒的加速度大小。（3）導體棒運動d的過程所產生的熱量

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

由題可知，q1、q2是兩個等量的正電荷，DC為A、B連線的中垂線，作出CD線上的電場線，根據電場線方向判斷正電荷q3由C點沿CD移至無窮遠的過程中，電勢的變化，由電場力做功正負判斷其電勢能的變化，運用極限法判斷場強的變化，確定電場力的變化．【詳解】AB、兩個等量正電荷產生的電場如圖所示：由此可見，正電荷由點沿著中垂線移至無窮遠處的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故A正確，B錯誤；CD、由上圖可以得知，點電場強度為零，由點沿中垂線至無窮遠的過程中，電場強度先增大后減小，所以受到的電場力先增大后減少，故C、D錯誤；故選A．2、A【解析】試題分析：根據庫侖定律可得，若它們之間的距離變?yōu)樵瓉淼?倍，，故A正確考點：考查了庫侖定律的應用【名師點睛】基礎題，關鍵是對公式的正確靈活掌3、C【解析】試題分析：設粒子經電場加速后的速度大小為v，磁場中圓周運動的半徑為r，電荷量和質量分別為q、m，打在感光板上的距離為x．根據動能定理qU=mv2得，v=．由qvB=m得，r==．則x=2r=，得到，由圖，xa＜xb，U、B相同，故>，ABD錯誤；T=，粒子運動時間t=T=，故ta<tb，C正確；考點：質譜儀【名師點睛】本題屬于帶電粒子在組合場中運動問題，電場中往往用動能求速度，磁場中圓周運動處理的基本方法是畫軌跡．根據動能定理求出粒子出加速電場時的速度，通過洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律求出軌道半徑的關系式，從而比較a、b的電量和質量的關系．4、D【解析】

AC．變阻器的滑片向b端滑動時，其接入電路的阻值變小，電路的總電阻變小，由閉合電路的歐姆定律知電路的總電流增大，即安培表的示數增大，AC錯；BD．由知路端電壓減小，即電燈L兩端的電壓變小，功率變小，電燈L變暗，B錯誤，D正確；【點睛】本題要求學生明確動態(tài)分析的總體思路是先由局部阻值的變化得出總電阻的變化，再整體據閉合電路的歐姆定律得出電路中總電流的變化，再局部就是由串、并聯電路的特點去分析．5、C【解析】電荷既不能被創(chuàng)生，也不能被消滅，摩擦起電是電荷從一個物體轉移到另一個物體，故A錯誤；元電荷是指電子或質子所帶的電荷量，數值為e=1.60×10-19C，但不能說電子就是元電荷，故B錯誤；根據電流定義式，可知導體中通過某一橫截面一定的電荷量所用的時間越短，電流越大，故C正確；導體的電阻由導體本身決定，跟它兩端的電壓無關，跟通過它的電流也無關，故D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。6、D【解析】

A.只有切割才會產生感應電動勢，故A錯誤B.穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大，故B錯誤C.穿過線圈的磁通量為零，但磁通量變化率不一定為零，所以感應電動勢不一定為零，故C錯誤D.穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大，故D正確故選D二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、ACD【解析】試題分析：由題，白熾燈泡上的電壓U由零逐漸增大到220V時，白熾燈泡的溫度不斷升高，電阻增大，由歐姆定律得到R=U考點：考查了對U-I圖像的理解8、BD【解析】

因量程不同，內阻不同，則分壓不同，故示數不同．故A錯誤，D正確；因是串聯關系，通過表頭的電流大小一樣，則指針偏轉角度相同．故B正確，C錯誤；故選BD．【點睛】考查的串聯電路電壓與電阻的關系及電壓表的內部原理，明確電壓與電阻成正比，量程大的電壓表的內阻較大．9、BD【解析】試題分析：行星運動定律由開普勒、牛頓等人發(fā)現，選項A錯誤．庫侖測量出靜電力常數，選項B錯誤．伽利略最早指出力不是維持物體運動的原因，選項C錯誤．笛卡爾對牛頓第一定律的建立做出了貢獻，選項D正確．考點：本題考查了物理學史．10、BC【解析】

A．同向電流相互吸引，反向電流相互排斥．對L1受力分析，如圖所示，可知L1所受磁場力的方向與L2、L3所在的平面平行，故A錯誤；B．對L3受力分析，如圖所示，可知L3所受磁場力的方向與L1、L2所在的平面垂直，故B正確；CD．設三根導線兩兩之間的相互作用力為F，則L1、L2受到的磁場力的合力等于F，L3受的磁場力的合力為，即L1、L2、L3單位長度受到的磁場力之比為，故C正確，D錯誤．【點睛】先根據安培定則判斷磁場的方向，再根據磁場的疊加得出直線電流處磁場的方向，再由左手定則判斷安培力的方向，本題重點是對磁場方向的判斷、大小的比較．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、B2：1【解析】

（1）向心力和三個因素有關，所以需要控制其中兩個恒定，改變第三個量，從而來研究向心力和它們的關系，故采用了控制變量法，B正確；（2）同一條皮帶相連，則A、C線速度相同，故，根據題意可知塔輪向心力之比為1：4，并且塔輪的半徑相同，A、C轉動和各自的塔輪角速度相同，故，可知，故．12、（1）15.71；（2）12.5；11.71；【解析】（1）由圖乙可知：指針示數為15.71cm；(2)由表格中掛不同鉤碼是彈簧的長度可知：設彈簧的原長為L0，則有，，由以上兩式可得：，。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)0.03m,,方向與成角;(2)0.12m;(3).【解析】試題分析：（1）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子的偏移量．由牛頓第二定律求出加速度，由速度公式求出粒子的豎直分速度，然后求出粒子的速度．（2）粒子離開電場后做勻速直線運動，應用幾何知識可以求出偏移量．（3）由庫侖力提供粒子做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律可以求出電荷的電荷量．（1）設粒子從電場中飛出時的側向位移為h，粒子在電場中做類平拋運動在水平方向上：在豎直方向上：由牛頓第二定律得：代入數據解得：h=0.03m設粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為則有：代入數據解得：所以粒子從電場中飛出時的速度為：