2025屆上海市理工附中等七校高二物理第一學期期末達標檢測模擬試題含解析

2025屆上海市理工附中等七校高二物理第一學期期末達標檢測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、半徑為r帶缺口的剛性金屬環(huán)在紙面上固定放置,在環(huán)的缺口兩端引出兩根導線,分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板A、B連接,兩板間距為d且足夠大,如圖甲所示.有一變化的磁場垂直于紙面,規(guī)定向外為正,變化規(guī)律如圖乙所示.在平行金屬板A、B正中間有質(zhì)量未知、電荷量大小為q的帶電液滴,液滴在0到0.1s處于靜止狀態(tài),已知重力加速度為10m/s2.則以下說法正確的是()A.液滴帶正電B.第0.3s時液滴的運動方向改變C.液滴質(zhì)量為D.第0.4s內(nèi)液滴位移大小為0.04(單位:米)2、如圖（a）所示，半徑為r的帶缺口剛性金屬圓環(huán)固定在水平面內(nèi)，缺口兩端引出兩根導線，與電阻R構成閉合回路。若圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面變化的磁場，變化規(guī)律如圖（b）所示，規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，不計金屬圓環(huán)的電阻。以下說法正確的是（）A.0~1s內(nèi)，流過電阻R的電流方向為a→bB.1~2s內(nèi)，回路中的電流逐漸減小C.2~3s內(nèi)，穿過金屬圓環(huán)的磁通量在減小D.t=2s時，Uab＝3、如圖所示，三條平行且等間距的虛線表示電場中的三個等勢面，其電勢分別為10V、20V、30V．實線是一帶負電荷的粒子僅在電場力的作用下在該區(qū)域內(nèi)運動的軌跡，對于軌跡上的a、b、c三點，下列說法中正確的()A.帶電粒子一定是先經(jīng)過a，再到b，然后到cB.帶電粒子在三點所受電場力的大小Fb>Fa>FcC.帶電粒子在三點動能Ekc>Eka>EkbD.帶電粒子在三點電勢能的大小相等4、如圖甲所示，A、B是某電場中一條電場線上的兩點，若從A點釋放一初速度為零的電子，電子僅在電場力作用下向B點運動，其v-t圖象如圖乙所示，則下列說法正確的電子（）A.A、B兩點電勢B.A、B兩點電場強度C.場強方向由A指向BD.電子在A、B兩點電勢能5、電流傳感器A的作用相當于一個電流表，它與計算機相連接可以捕捉到瞬間電流的變化，并能在屏幕上顯示電流隨時間變化的圖象。下列說法正確的是（）A.甲中S由斷開狀態(tài)到閉合的瞬間，R中的電流立即增大B.甲中S由閉合狀態(tài)到斷開的瞬間，L右端電勢比左端的高C.甲中S由閉合狀態(tài)到斷開的瞬間，R中的電流逐漸減小D.乙中S由斷開狀態(tài)到閉合的瞬間，R中的電流逐漸增大6、在物理學發(fā)展過程中，有許多科學家做出了貢獻，下列說法正確的是（）A.牛頓通過多年觀測記錄行星的運動，提出了行星運動的三大定律B.卡文迪許發(fā)現(xiàn)萬有引力定律，被人們稱為“能稱出地球質(zhì)量的人”C.伽利略利用“理想斜面”得出“力不是維持物體運動的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因”的觀點D.開普勒從理論和實驗兩個角度，證明了輕、重物體下落一樣快，從而推翻了古希臘學者亞里士多德的“小球質(zhì)量越大下落越快”的錯誤觀點二、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、如圖為某款電吹風的電路圖，為四個固定觸點?？蓜拥纳刃谓饘儆|片可同時接觸兩個觸點。觸片處于不同位置時，電吹風可處于停機、吹熱風和吹冷風等不同的工作狀態(tài)。和分別是理想變壓器的兩個線圈的匝數(shù)。該電吹風的各項參數(shù)如下表所示。下列說法正確的是（）熱風時輸入功率冷風時輸入功率小風扇額定電壓正常工作時小風扇輸出功率A.吹冷風時觸片與觸點、接觸B.變壓器原副線圈的匝數(shù)比C.可由表格中數(shù)據(jù)計算出小風扇的內(nèi)阻為D.若把電熱絲截去一小段后再接入電路，電吹風吹熱風時的功率將變小，吹冷風時的功率不變8、在如圖所示的遠距離輸電電路圖中，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變。若輸送功率增大為原來2倍，下列說法中正確的有()A.升壓變壓器的輸出電壓增大為原來2倍B.輸電線上的電流增大為原來的2倍C.輸電線上損耗的功率增大為原來的4倍D.輸電線上損耗的功率占總功率的比例增大9、如圖所示，MN是一負點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線．一個帶正電的粒子(不計重力)從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示．下列結論正確的是()A.帶電粒子從a到b過程中動能逐漸減小B.負點電荷一定位于M點左側(cè)C.帶電粒子在a點時具有的電勢能大于在b點時具有的電勢能D.帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度10、水平固定放置的足夠長的U形金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中，如圖所示，在導軌上放著金屬棒ab，開始時ab棒以水平初速度v0向右運動，最后靜止在導軌上，就導軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個過程A.外力對棒所做功相等B.電流所做功相等C.通過ab棒的電荷量相等D.安培力對ab棒所做的功不相等三、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）圖中的A、B、C為黑箱（即看不見內(nèi)部電路結構的一個盒子）上的三個接點，兩個接點間最多只能接一個電學元件。為探明內(nèi)部結構，某同學用多用電表進行了四步測量：（1）用直流電壓擋測量：A、B、C三點間均無電壓；（2）用歐姆擋測量：A、C間正反向電阻完全相同；（3）用歐姆擋測量：黑表筆接A點、紅表筆接B點，有電阻；反接后阻值很大；（4）用歐姆擋測量：黑表筆接C點、紅表筆接B點，有電阻，阻值比第（2）步測得的大；反接后阻值很大。下列黑箱內(nèi)部結構圖正確的是___________A.B.C.D.12．（12分）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系”實驗中：(1)原線圈中接入的電源是____A．接入220V交流電B．接入學生電源12V以下直流輸出C．接入學生電源12V以下交流輸出(2)對于實驗過程，下列說法正確的是______A．為便于探究，應該采用控制變量法B．因為實驗所用電壓較低，通電時可用手接觸裸露的導線、接線柱等檢查電路C．使用多用電表測電壓時，先用中等量程擋試測，再選用恰當?shù)膿跷贿M行測量四、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）兩塊長方體木板A和B，長度都是L＝4.5m，緊貼在一起，靜置于光滑水平面上．另一小物塊C(視為質(zhì)點)位于木板A的左端，如圖所示．現(xiàn)給物塊C一向右的初速度v0＝6.0m/s.已知物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，A、B、C的質(zhì)量均為m＝1kg，g取10m/s2．試問：⑴物塊C能否滑上木板B？請說明原因⑵全過程中，木板A受到木板B彈力的沖量14．（16分）如圖電源電動勢E=6V，電源內(nèi)阻為1Ω，定值電阻R1=4Ω，R2=5Ω，（1）若在a、b之間接一個C=100μF的電容器，閉合開關S，電路穩(wěn)定后，求電容器上所帶的電量；（2）在a、b之間接一個多大的電阻Rx可使得R1消耗的功率最大？15．（12分）如圖所示，水平放置的平行板電容器兩板間距為d＝8cm，板長為L＝25cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0＝0.5m/s的初速度從板間的正中點水平射入，恰好做勻速直線運動，當它運動到P處時迅速將下極板向上提起cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，g取10m/s2，求：(1)下極板上提后液滴經(jīng)過P點以后的加速度大小；(2)液滴從射入開始勻速運動到P點所用時間。

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、C【解析】由楞次定律可以判斷出兩極板哪個是正極，哪個是負極；由法拉第電磁感應定律可以求出感應電動勢，然后由勻強電場場強與電勢差的關系可以求出兩極板間的場強大小【詳解】A、根據(jù)題意液滴在0～0.1s處于靜止狀態(tài)，知液滴受到向上的電場力和向下的重力平衡，根據(jù)楞次定律，線圈中的感應電動勢沿順時針方向，A板接高電勢，B板接低電勢，兩板間的電場方向向上與電場力的方向相反，所以液滴帶負電，故A錯誤；B、根據(jù)楞次定律，在0.1s～0.3s內(nèi)，線圈內(nèi)感應電動勢逆時針方向，上極板接低電勢，下極板接高電勢，兩極板間電場向下，電場力向下，根據(jù)牛頓第二定律，其中，解得a=2g，液滴向下做初速度為0的勻加速運動，在第0.3s時速度最大，運動方向不改變，故B錯誤；C、根據(jù)法拉第電磁感應定律，兩極板間的電場強度，根據(jù)受力平衡，有，得；故C正確.D、根據(jù)楞次定律在0.3s～0.4s內(nèi)，感應電動勢順時針方向，上極板接高電勢，下極板接低電勢，電場方向向上，液滴在0.3s～0.4s內(nèi)做勻速直線運動，0.1s~0.3s勻加速直線運動，位移為，0.3s時速度v=at=2g×0.2=0.4g，在0.3s-0.4s勻速直線運動，位移，所以在第0.4s時液滴距初始位置距離為0.08g，故D錯誤；故選C.【點睛】本題考查了楞次定律、法拉第電磁感應定律、勻強磁場場強與電勢差的關系的應用，注意將產(chǎn)生感應電流的部分看作電源，則可知電容器兩端的電壓等于線圈兩端的電壓2、D【解析】A．0~1s內(nèi)，穿過線圈垂直紙面向里的磁場在增大，根據(jù)楞次定律可得流過電阻R的電流方向為b→a，選項A錯誤；B．1~2s內(nèi)，回路中電流圖像的斜率在1~2s內(nèi)磁通量變化率恒定，所以電流恒定，選項B錯誤；C．2~3s內(nèi)，穿過金屬圓環(huán)的磁通量垂直紙面向外在增大，選項C錯誤；D．由圖像可知t=2s時根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，在第2s內(nèi)選項D正確。故選D?！军c睛】注意磁通量變化量的方向，先判斷穿過線圈的磁通量的變化情況，然后后根據(jù)楞次定律判斷電流方向，此時線圈相當于一個電源，一定要注意這個電源有沒有內(nèi)阻。3、C【解析】A．根據(jù)電場線與等勢面垂直，且指向電勢較低的等勢面，由圖可知，電場的方向向上，根據(jù)軌跡彎曲方向可知，帶電粒子受到的電場力向下，說明粒子帶負電。無論是依次沿a、b、c運動，還是依次沿c、b、a運動，都會得到如圖的軌跡，故A錯誤；B．因表示電場中三個等勢面的三條虛線是平行且等間距的，由此可判斷電場是勻強電場，所以帶電粒子在電場中各點受到的電場力相等，故B錯誤；CD．根據(jù)Ep=qφ知，帶電粒子在三點電勢能關系為Epc<Epa<Epb．帶負電的粒子在電場中運動時，電勢能與動能之間相互轉(zhuǎn)化，根據(jù)能量守恒定律應有：Ekc＞Eka＞Ekb。故C正確，D錯誤。故選C。4、A【解析】根據(jù)電子的運動方向確定電場力方向，判斷電場線方向，即可分析電勢的高低，從速度時間圖線得到電子做加速運動，加速度逐漸變小，根據(jù)牛頓第二定律得到電場力的變化情況，確定場強的變化；【詳解】A、電子僅在電場力作用下沿電場線從A點到B點，則電子所受的電場力方向從A指向B，所以電場線的方向是從B指向A的，由于沿電場線的方向電勢降低，所以，故A正確，C錯誤；B、從速度時間圖線得知電子做加速運動，加速度逐漸變小，故電場力不斷變小，電子在A點受到的電場力大于在B點受到的電場力，所以，故B錯誤；D、電子僅在電場力作用下沿電場線從A點到B點，電場力做正功，電勢能減小，所以電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能，故D錯誤【點睛】本題關鍵通過速度時間圖象得到物體的速度變化情況和加速度變化情況，然后判斷場強方向和電勢大小5、B【解析】A．甲中S由斷開狀態(tài)到閉合的瞬間，由于線圈中產(chǎn)生自感電動勢的阻礙作用，電流只能逐漸增大，故A錯誤；B．甲中S由閉合狀態(tài)到斷開的瞬間，由于線圈中產(chǎn)生自感電動勢，由“楞次定律”可得，L右端電勢比左端的高，故B正確；C．甲中S由閉合狀態(tài)到斷開的瞬間，由于線圈中產(chǎn)生自感電動勢，但沒有回路，所以R中的電流立即減為0，故C錯誤；D．乙中S由斷開狀態(tài)到閉合的瞬間，R中的電流立刻增大，故D錯誤。故選B。6、C【解析】解:A、開普勒提出了行星運動的三大定律,牛頓在此基礎上發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律,故A錯誤.

B、牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律后,英國物理學家卡文迪許利用扭秤實驗裝置比較準確地測出了萬有引力常量G,所以B選項是錯誤的.C、伽利略利用“理想斜面”否定了“力是維持物體運動的原因”的觀點,得出了“力是改變物體運動狀態(tài)的原因”的觀點,故C正確.D、伽利略從理論和實驗兩個角度,證明了輕、重物體下落一樣快,從而推翻了古希臘學者亞里士多德的“小球質(zhì)量越大下落越快”的錯誤觀點.故D錯誤.所以C選項是正確的二、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、AB【解析】A．當電吹風機送出來的是冷風時，電路中只有電動機自己工作，觸片P與觸點b、c接觸。故A正確；B．根據(jù)變壓器的原線圈、副線圈的匝數(shù)與電壓的關系故B正確；C．小風扇消耗的功率轉(zhuǎn)化為機械功率和線圈上的熱功率，因未說明小風扇的效率，所以不能計算小風扇的內(nèi)阻。60Ω是風扇消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時的電阻。故C錯誤；D．根據(jù)公式可知，電源電壓不變，電阻越小，電功率越大；所以把電熱絲截去一小段后再接入電路，電吹風吹熱風時的功率將變大。故D錯誤。故選AB。8、BCD【解析】A．輸入電壓決定輸出電壓，發(fā)電廠的輸出電壓不變，升壓變壓器的匝數(shù)不變，所以升壓變壓器的輸出電壓不變，故A錯誤；B．輸出功率決定輸入功率，根據(jù)：可知升壓變壓器輸出電壓不變，功率變?yōu)樵瓉?倍，輸電線上的電流變?yōu)樵瓉淼?倍，故B正確；C．根據(jù)電功率的表達式：可知輸電線上電阻不變，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，則輸電線上消耗的功率增大為原來的4倍，故C正確；D．輸電線上損耗的功率占總功率的比例：輸電線上電流增大，占比增大，故D正確。故選BCD9、CD【解析】由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動，電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，電場力方向大致向右，對帶電粒子做正功，其動能增加，故A錯誤．帶正電的粒子所受電場力向右，電場線由M指向N，說明負電荷在直線N點右側(cè)，故B錯誤．電場力對帶電粒子做正功，電勢能減小，則帶電粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故C正確．a(chǎn)點離點電荷較遠，a點的電場強度小于b點的電場強度，帶電粒子在a點的電場力小于在b點的電場力，根據(jù)牛頓第二定律得知，帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，故D正確考點：電場線，電場力做功與電勢能變化的關系，牛頓第二定律10、AD【解析】A．根據(jù)動能定理可知兩種情況下外力功都等于動能的變化量，因初狀態(tài)和末狀態(tài)相同，則合外力對棒做功相同，故A正確；BD．電流所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)功能關系，當導軌光滑時，金屬棒克服安培力做功，動能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，產(chǎn)生的內(nèi)能等于金屬棒的初動能；當導軌粗糙時，金屬棒在導軌上滑動，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生熱，把部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能與克服安培力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的和等于金屬棒的初動能；所以導軌粗糙時，安培力做的功少，導軌光滑時，安培力做的功多，故B錯誤、D正確.C．根據(jù)感應電荷量公式：x是ab棒滑行的位移大小，B、R、導體棒長度L相同，x越大，感應電荷量越大；而導軌光滑時滑行的位移x較大，故感應電荷量大．故C錯誤故選AD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、A【解析】（1）使用直流電壓檔進行測量，目的是看內(nèi)部是否有電源，由于A、B、C三點間均無電壓，因此黑箱內(nèi)不存在電源；（2）使用歐姆檔進行測量時注意黑表筆是和內(nèi)部電源的正級相連的，可知：在測量AC之間的電阻時，對兩個接線柱進行正反測量，其阻值相同，說明AC之間接有一個定值電阻；（3）在測量AB之間電阻時，黑表筆接A時電阻很小，接B時電阻很大，說明AB之間有二極管，而且A應該接二極管的正極；（4）用歐姆擋測量，黑表筆接C點，紅表筆接B點，有阻值，阻值比第二步測得的大，說明了BAC之間串聯(lián)了二極管、電阻兩個元件，反接阻值很大，則BC間斷路。故黑箱內(nèi)元件的連接為A圖，故A正確，BCD錯誤。故答案為A。12、①.C②.A【解析】(1)[1]“探究變壓器的電壓與匝數(shù)的關系”要用低壓交流電源和交流電表，所以不需要干電池，變壓器是改變電壓，因此為了人身安全，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用電壓不超過12V，故A、B錯誤，C正確；故選C；(2)[2]A．探究變壓器原副線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系，為便于探究，應該采用控制變量法，故A正確；B．實驗通電時，可用手接觸裸露的導線、接線柱等檢查電路，這樣無形之中，將人體并聯(lián)電路中，導致所測數(shù)據(jù)不準確，故B錯誤；C．使用多用電表測電壓時，先用最高量程擋試測，再選用恰當?shù)膿跷贿M行測量，故C錯誤；故選A。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)能(2)1.5NS方向水平向左【解析】小物塊在木板上運動時，受到木板的滑動摩擦力作用，但同時，木板A在小物塊的滑動摩擦力作用下，推動B板一起向右加速運動，物塊C減速，A、B板加速，當C與A、B同速時C和A、B一塊運動，物塊C能否滑上木板B，要看物塊C的運動情況來確定【詳解】(1)假設物塊C能相對停在木板A上，設共同速度，C相對A滑行距離為，取水平向右方向為正方向，由動量守恒定律得