2025屆湖北省黃岡市蔡河中學(xué)物理高二上期末考試模擬試題含解析

2025屆湖北省黃岡市蔡河中學(xué)物理高二上期末考試模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、圖為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內(nèi)被抽成真空，A為發(fā)射熱電子的陰極，K為接在高電勢點(diǎn)的加速陽極，A、K間電壓為U．電子離開陰極時的速度可以忽略。電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出的速度大小為v.下列說法正確的是（）A.如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度變?yōu)?vB.如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度變?yōu)镃.如果A、K間距離保持不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)镈.如果A、K間距離保持不變面電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)?、帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場方向運(yùn)動時，會受到洛倫茲力的作用．下列表述正確的是A.洛倫茲力對帶電粒子做功 B.洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C.洛倫茲力的大小與速度無關(guān) D.洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向3、如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場．若第一次用0.3s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q1；第二次用0.9s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則()A.W1<W2，q1<q2 B.W1<W2，q1＝q2C.W1>W2，q1＝q2 D.W1>W2，q1>q24、我國的“神舟”系列航天飛船的成功發(fā)射和順利返回，顯示了我國航天事業(yè)取得的巨大成就。已知地球的質(zhì)量為M，引力常量為G，飛船的質(zhì)量為m，設(shè)飛船繞地球做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為r，則（）A.飛船在此軌道上的運(yùn)行速率為B.飛船在此圓軌道上運(yùn)行的向心加速度為C.飛船在此圓軌道上運(yùn)行的周期為D.飛船在此圓軌道上運(yùn)行所受的向心力為5、下列單位中與磁感應(yīng)強(qiáng)度單位一致的是（）A. B.C. D.6、兩個可視為點(diǎn)電荷的帶電小球相距為r，當(dāng)其中一個小球的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍時，另一個小球的電量不變。若保持它們之間的庫侖力不變，兩個小球之間的距離應(yīng)變?yōu)锳.r B.rC.2r D.4r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、如圖所示，一個邊長為L的正方形導(dǎo)電線框，在外力作用下，以速度v勻速穿過寬度均為L的兩個平行邊界的勻強(qiáng)磁場，這兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反，取順時針方向的電流為正，受力向右為正，以bc邊剛進(jìn)入磁場開始關(guān)于線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流和線框所受安培力F分別與位移x之間的函數(shù)圖象，下列圖像正確的是A. B.C. D.8、在研究平行板電容器電容的實(shí)驗(yàn)中，電容器的A、B兩極板帶有等量異種電荷，A板與靜電計連接，如圖所示．實(shí)驗(yàn)中可能觀察到的現(xiàn)象是()A.增大A、B板間的距離，靜電計指針張角變小B.減小A、B板間的距離，靜電計指針張角變小C.在A、B板間放入一介質(zhì)板，靜電計指針張角變小D.把B板向上平移，減小A、B板的正對面積，靜電計指針張角變小9、如圖所示電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，電壓表和電流表均為理想表．現(xiàn)閉合開關(guān)，將滑動變阻器的滑片向右移動時，下列判斷正確的是（）A.電容器兩極板間電場強(qiáng)度變大，電容器的帶電量增加B電流表示數(shù)減小，電壓表示數(shù)變大C.電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值變大D.電源的輸出功率可能增大10、如圖，帶電平行金屬板中勻強(qiáng)電場方向豎直向上，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點(diǎn)由靜止滑下，經(jīng)過1/4圓弧軌道從端點(diǎn)P（切線水平）進(jìn)入板間后恰好沿水平方向做直線運(yùn)動，現(xiàn)使帶電小球從比a點(diǎn)稍低的b點(diǎn)由靜止滑下，在經(jīng)過P點(diǎn)進(jìn)入板間的運(yùn)動過程中（）A.帶電小球的動能將會增大B.帶電小球的電勢能將會增大C.帶電小球所受洛倫茲力將會減小D.帶電小球所受電場力將會增大三、實(shí)驗(yàn)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）如圖是某實(shí)驗(yàn)小組為了定性探究平行板電容器的電容與其結(jié)構(gòu)之間的關(guān)系裝置圖．充電后與電源斷開的平行板電容器的板與靜電計相連，板和靜電計金屬殼都接地，板通過絕緣柄固定在鐵架臺上，人手通過絕緣柄控制板的移動．請回答下列問題：（1）本實(shí)驗(yàn)采用的科學(xué)方法是__A．理想實(shí)驗(yàn)法B．等效替代法C．控制變量法D．建立物理模型法（2）在該實(shí)驗(yàn)中，靜電計的作用是___A．測定該電容器的電荷量B．測定該電容器兩極的電勢差C．測定該電容器的電容D．測定、兩板之間的電場強(qiáng)度（3）在實(shí)驗(yàn)中觀察到的現(xiàn)象是___A．甲圖中的手水平向左移動時，靜電計指針的張角變大B．乙圖中的手豎直向上移動時，靜電計指針的張角變小C．丙圖中的手不動，而向兩板間插入陶瓷片時，靜電計指針的張角變大D．丙圖中的手不動，而向兩板間插入金屬板時，靜電計指針的張角不變12．（12分）多用表是由電流表改裝的，現(xiàn)測定一個量程為0~5mA的電流表G的內(nèi)阻r=100.0Ω,用它改裝成如圖的一個多量程多用電表，電流、電壓和電阻的測量都各有兩個量程(或分度值)不同的檔位。電流表的兩個檔位中，大量程是小量程的10倍。(1)當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置1或2時，是電流檔，且旋到位置_______的量程較大：當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置5或6時，是電壓檔，且旋到位置______的量程較大；(2)A、B兩表筆中，______為紅表筆；(3)圖中的電源Eˊ的電動勢為9.0V，當(dāng)把轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置4，在AB之間接900Ω電阻時，表頭G剛好半偏。已知之前已經(jīng)進(jìn)行了必要的、正確的操作。則R1＝_________Ω，R2＝_________Ω。四、計算題：本題共3小題，共38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，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，長為L的絕緣細(xì)線的一端固定于O點(diǎn)，另一端系著一個質(zhì)量為m、電荷量為的帶電小球，小球恰好在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，只將電場反向，小球仍能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動不計空氣阻力重力加速度為g，求：(1)電場強(qiáng)度E的大小；(2)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時速度的最小值v.14．（16分）如圖所示，ABCD為豎直放在場強(qiáng)為E＝104N/C的水平勻強(qiáng)電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的ABC部分是半徑為R＝0.5m的半圓環(huán)(B為半圓弧的中點(diǎn))，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切于C點(diǎn)，D為水平軌道的一點(diǎn)，而且CD＝2R，把一質(zhì)量m＝100g、帶電荷量q＝10－4C的負(fù)電小球，放在水平軌道的D點(diǎn)，由靜止釋放后，小球在軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動．g＝10m/s2，求：(1)它到達(dá)B點(diǎn)時的速度是多大？(2)它到達(dá)B點(diǎn)時對軌道的壓力是多大？15．（12分）如圖所示，兩根電阻忽略不計、互相平行的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距L=1m，在水平虛線間有與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T，磁場區(qū)域的高度d=1m，導(dǎo)體棒a的質(zhì)量ma=0.2kg、電阻Ra=1Ω；導(dǎo)體棒b的質(zhì)量mb=0.1kg、電阻Rb=1.5Ω．它們分別從圖中M、N處同時由靜止開始在導(dǎo)軌上無摩擦向下滑動，b勻速穿過磁場區(qū)域，且當(dāng)b剛穿出磁場時a正好進(jìn)入磁場，重力加速度g=10m/s2，不計a、b棒之間的相互作用，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，求：（1）b棒穿過磁場區(qū)域過程中克服安培力所做的功；（2）a棒剛進(jìn)入磁場時兩端的電勢差；（3）保持a棒以進(jìn)入時的加速度做勻變速運(yùn)動，對a棒施加的外力隨時間的變化關(guān)系

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、D【解析】AB.由動能定理得，解得，由此可知v與成正比，與A、K間距離無關(guān)，如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度不變，仍為v，故A錯誤，B錯誤；CD.如果A、K間距離保持不變而電壓減半，根據(jù)，則電子離開K時的速度變?yōu)?，故C錯誤，D正確。故選：D2、B【解析】根據(jù)洛倫茲力的特點(diǎn),洛倫茲力對帶電粒子不做功,A錯.B對.根據(jù)F=Bqv,可知大小與速度有關(guān).洛倫茲力的效果就是改變物體的運(yùn)動方向,不改變速度的大小.3、C【解析】第一次用0.3s時間拉出，第二次用0.9s時間拉出，兩次速度比為3:1，由E=BLv，兩次感應(yīng)電動勢比為3:1，兩次感應(yīng)電流比為3:1，由于F安=BIL，兩次安培力比為3:1，由于勻速拉出勻強(qiáng)磁場，所以外力比為3:1，根據(jù)功的定義W=Fx，所以：W1:W2=3:1；根據(jù)電量，感應(yīng)電流，感應(yīng)電動勢，得：所以：q1:q2=1:1，故W1＞W(wǎng)2，q1=q2。A.W1<W2，q1<q2。故A錯誤；B.W1<W2，q1＝q2。故B錯誤；C.W1>W2，q1＝q2。故C正確；D.W1>W2，q1>q2。故D錯誤；4、C【解析】A．研究飛船繞地球做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式解得故A錯誤；B．根據(jù)萬有引力提供向心力，得所以故B錯誤；C．根據(jù)萬有引力提供向心力，得所以故C正確；D．飛船在此圓軌道上運(yùn)行所受的向心力為萬有引力，得故D錯誤。故選C。5、C【解析】根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式得安培力的單位是N，，而電流的單位是A，，長度的單位為m，則換算可得故ABD錯誤，C正確。故選C。6、C【解析】兩個點(diǎn)電荷之間相互作用為，當(dāng)其中一個小球的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍時，如果要保持它們間的庫侖力不變，則有所以故選C。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、AC【解析】由E=BLv求出感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出電流大小，由右手定則判斷出感應(yīng)電流方向，應(yīng)用安培力公式求出安培力大小，應(yīng)用左手定則判斷出安培力方向，然后分析圖示圖象答題.【詳解】A、B、0-L內(nèi)，感應(yīng)電動勢為：E=BLv，感應(yīng)電流為：，由右手定則可知，電流方向沿逆時針方向，為負(fù)的；L-2L內(nèi)，感應(yīng)電動勢為：E=2BLv，感應(yīng)電流為：，由右手定則可知，電流方向沿順時針方向，為正的；2L-3L內(nèi)，感應(yīng)電動勢為：E=BLv，感應(yīng)電流為：，由右手定則可知，電流方向沿逆時針方向，為負(fù)的，故A正確，B錯誤；C、D、安培力：F=BIL，在0-L內(nèi)，L-2L內(nèi)，2L-3L內(nèi)，由左手定則可知，整個過程安培力始終向左，為負(fù)的，故C正確，D錯誤；故選AC.【點(diǎn)睛】此題電磁感應(yīng)中圖象的問題，近幾年高考中出現(xiàn)的較為頻繁，解答本題關(guān)鍵要掌握法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、楞次定律、安培力公式等等知識，要知道當(dāng)線框左右兩邊都切割磁感線時，兩個感應(yīng)電動勢方向相同，是串聯(lián)關(guān)系.8、BC【解析】A．增大A、B板間的距離，根據(jù)電容的決定式知電容C減小，電容器的電量Q不變，則由定義式知板間電壓U增大，靜電計指針張角變大。A錯誤。B．減小A、B板間的距離，根據(jù)電容的決定式知電容C增大，電容器的電量Q不變，則由定義式知板間電壓U減小，靜電計指針張角變小。B正確。C．在A、B板間放入一介質(zhì)板，根據(jù)電容的決定式知電容C增大，電容器的電量Q不變，則由定義式知板間電壓U減小，靜電計指針張角變小。C正確。D．把B板向上平移，減小A、B板的正對面積，根據(jù)電容的決定式知電容C減小，電容器的電量Q不變，則由定義式知板間電壓U增大，靜電計指針張角變大。D錯誤。故選BC。9、AD【解析】將變阻器的滑片向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電阻減小，路端電壓隨之減小，分析總電流和R2電壓的變化，即可知道電容器板間電壓的變化，判斷出板間場強(qiáng)的變化以及電容器帶電量的變化．根據(jù)歐姆定律分析電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值的變化．根據(jù)內(nèi)外電阻的關(guān)系分析電源輸出功率的變化【詳解】當(dāng)變阻器的滑片向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流變大，R2電壓增大，則電容器板間電壓增大，板間的電場強(qiáng)度變大，電容器所帶電量增大，故A正確．總電流變大，電流表示數(shù)變大，則R2電壓和內(nèi)電壓均增大，由閉合電路歐姆定律知，R1電壓減小，所以電壓表示數(shù)變小，故B錯誤．電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值U/I=R1，變小，故C錯誤．由于電源的內(nèi)外電阻的大小關(guān)系未知，所以不能確定電源輸出功率如何變化，則電源的輸出功率可能增大，故D正確．故選AD【點(diǎn)睛】本題是電路的動態(tài)分析問題，按“局部→整體→局部”的思路進(jìn)行分析．分析電源的輸出功率變化時，要根據(jù)推論：內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大來分析10、AB【解析】根據(jù)題意分析得：小球從P點(diǎn)進(jìn)入平行板間后做直線運(yùn)動，對小球進(jìn)行受力分析得小球共受到三個力作用：恒定的重力G、恒定的電場力F、洛倫茲力，這三個力都在豎直方向上，小球在水平直線上運(yùn)動，所以可以判斷出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做勻速直線運(yùn)動，結(jié)合左手定則，洛倫茲力和電場力同向，都向上，小球帶正電；如果小球從稍低的b點(diǎn)下滑到從P點(diǎn)進(jìn)入平行板間，則小球到達(dá)P點(diǎn)的速度會變小，所以洛倫茲力比之前的減小，因?yàn)橹亓和電場力F一直在豎直方向上，所以這兩個力的合力一定在豎直方向上，若洛倫茲力變化了，則三個力的合力一定不為零，且在豎直方向上，而小球從P點(diǎn)進(jìn)入時的速度方向在水平方向上，所以小球會偏離水平方向向下做曲線運(yùn)動，因此減小入射速度后，洛倫茲力減小，合力向下，故向下偏轉(zhuǎn)，故電場力做負(fù)功，電勢能增加，水平方向速度不變，但豎直方向的速度增加，所以動能將會增大，導(dǎo)致洛倫茲力也會增大，電場力不變，故AB正確，CD錯誤【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵先分析出小球受力平衡，然后再考慮洛侖茲力變化后運(yùn)動情況，同時要結(jié)合平行板電容器的表達(dá)式和電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系式列式分析分卷II三、實(shí)驗(yàn)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、①.C②.B③.A【解析】（1）[1]．本實(shí)驗(yàn)中要控制一些量不變，然后再得出C的決定因素；故采用的是控制變量法；故選C；（2）[2]．靜電計的作用是測定電容器兩極之間的電勢差；故選B；（3）[3]．實(shí)驗(yàn)中觀察到的現(xiàn)象為：A、手水平向左移動時，板間距離增大時，根據(jù)電容的決定式，可知電容減小，而電容器帶電量不變，由電容的定義式知板間電壓增大，所以靜電計指針的偏轉(zhuǎn)變大．故A正確；B、當(dāng)手豎直上移時，正對面積減小；根據(jù)電容的決定式，可知電容減小，而電容器帶電量不變，由電容的定義式知板間電壓增大，所以靜電計指針的偏轉(zhuǎn)變大．故B錯誤；C、插入電介質(zhì)時，根據(jù)電容的決定式，可知電容增大，而電容器帶電量不變，由電容的定義式知板間電壓減小，所以靜電計指針的偏轉(zhuǎn)變小．故C錯誤；D、而向兩板間插入金屬板時，板間距離減小，據(jù)電容的決定式，可知電容增大，而電容器帶電量不變，由電容的定義式知板間電壓減小，所以靜電計指針的偏轉(zhuǎn)變?。蔇錯誤；12、①.1②.6③.A④.10⑤.90【解析】(1)[1]電流表并聯(lián)電阻可以擴(kuò)大量程，并聯(lián)電阻越小，分流越大，量程越大，故當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置1時量程較大；[2]電壓表串聯(lián)電阻可以擴(kuò)大量程，串聯(lián)電阻越大，分壓越大，量程越大，故當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置6時量程較大；(2)[3]在測量電阻時，因?yàn)闅W姆檔的電路與電池連接，則將轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置3或4時，電流應(yīng)從紅表筆進(jìn)、黑表筆出，所以A、B兩表筆中，A為紅表筆；(3)[4][5]因?yàn)椤爸耙呀?jīng)進(jìn)行了必要的、正確的操作”，意味著之前已經(jīng)將A、B短接調(diào)零，即讓表頭滿偏。在A、B之間接900Ω電阻時，表頭G剛好半偏，說明當(dāng)表頭半偏時，改裝后的歐姆表“4”總內(nèi)阻R內(nèi)=900Ω，則轉(zhuǎn)換開關(guān)S在2時，電流表2的量程為根據(jù)題給條件“電流表的兩個檔位中，大量程是小量程的10倍”，所以轉(zhuǎn)換開關(guān)S在1時，電流表1的量程為又表頭G滿偏電流為5mA時，電流表的內(nèi)阻r=100.0Ω，根據(jù)并聯(lián)電路電流分配規(guī)律可解得四、計算題：本題共3小題，共38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)(2)【解析】解：(1)小球在電場中受到重力、電場力和細(xì)線的拉力作用，勻強(qiáng)電場豎直向上時，小球恰好在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則重力與電場力一定平衡，即重力與電場力等大、反向，則：解得：(2)電場反向后，小球仍仍能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，則當(dāng)小球恰好能通過最高點(diǎn)時為臨界狀態(tài)，此時小球在最低點(diǎn)時速度最小在最高點(diǎn)由重力和電場力的合力提供向心力，設(shè)最高點(diǎn)最小速度，根據(jù)牛頓第二定律得：

小球由最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，繩子拉力不做功，根據(jù)動能定理得：聯(lián)立解得：14、(1)；(2)【解析】（1）小球從D點(diǎn)至B點(diǎn)的過程中，由動能定理：解得：vB＝2m/s(2)在B點(diǎn)由牛頓第二定律得：代入數(shù)據(jù)解得：FN=5N.由牛頓第三定律知：FN′＝FN＝5N.15、（1）b棒穿過磁場區(qū)域過程中克服