2025屆四川省雅安市雅安中學物理高二第一學期期中經典模擬試題含解析

2025屆四川省雅安市雅安中學物理高二第一學期期中經典模擬試題注意事項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、下列各物理量中，與電荷量q有關的物理量是A．洛侖茲力 B．電場強度 C．電勢 D．磁感應強度2、閉合電路中產生的感應電動勢的大小，跟穿過這一閉合回路的下列哪個物理量成正比的是：A．磁通量B．磁感應強度C．磁通量的變化量D．磁通量的變化率3、地面附近處的電場的電場線如圖所示，其中一條方向豎直向下的電場線上有、兩點,高度差為．質量為、電荷量為的檢驗電荷，從點由靜止開始沿電場線運動，到點時速度為,下列說法中正確的是（）A．質量為、電荷量為的檢驗電荷，從點由靜止起沿電場線運動到點時速度為B．質量為、電荷量為的檢驗電荷，從點由靜止起沿電場線運動到點時速度為C．質量為、電荷量為+q的檢驗電荷，從點由靜止起沿電場線運動到點時速度為D．質量為、電荷量為的檢驗電荷，從點由靜止起沿電場線運動到點時速度為4、磁場中某區(qū)域的磁感線的如圖所示，則（）A．a、b兩處的磁感應強度大小不等，Ba＞BbB．a、b兩處的磁感應強度的大小不等，且Ba＜BbC．a、b兩處磁場方向一定相同D．a處沒有磁感線，所以磁感應強度為零5、今有甲、乙兩個電阻，在相同時間內流過甲的電荷量是乙的2倍，甲、乙兩端的電壓之比為1∶2，則甲、乙兩個電阻阻值的比值為()A．1∶2B．1∶4C．1∶3D．1∶56、白板水平放置在地面上，在白板上用磁釘吸住一張彩紙，向右輕輕拉彩紙，未拉動，對這情景受力分析正確的是（）A．磁釘受到向右的摩擦力B．磁釘僅受重力和支持力兩個力C．彩紙受到白板向左的摩擦力D．白板與地面間無摩擦力二、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、圖中K、L、M為靜電場中的三個相距很近的等勢面（K、M之間無電荷）．一帶電粒子射入此靜電場中后，依a→b→c→d→e軌跡運動．已知電勢ΦK＜ΦL＜ΦM．下列說法中正確的是（）A．粒子在bc段做減速運動B．粒子帶負電C．粒子在b點與d點的速度相同D．粒子在c點時電勢能最大8、一電子飛經電場中A、B兩點，電子在A點電勢能為4.8×10－17J，動能為3.2×10－17J，電子經過B點時電勢能為3.2×10－17J，如果電子只受靜電力作用，則()A．電子在B點時動能為4.8×10－17JB．由A點到B點靜電力做功為100eVC．電子在B點時動能為1.6×10－17JD．A、B兩點間的電勢差為100V9、某學生用電流表和電壓表測干電池的電動勢和內阻時，所用滑動變阻器的阻值范圍為0～20Ω，連接電路的實物圖如圖所示．關于該學生接線的說法正確的是（）A．滑動變阻器不起變阻作用B．電流表接線有誤C．電壓表量程選用不當D．電壓表接線不妥10、A、B兩物體質量均為m，其中A帶電量為q（不考慮電量的變化）的負電荷，B不帶電，通過勁度系數為k的輕質彈簧相連放在水平面上，如圖所示，開始時兩者都處于靜止狀態(tài)?，F在施加一豎直向下的勻強電場，電場強度E=2mgq（g為重力加速度），若不計空氣阻力，則以下說法正確的是A．剛施加電場的瞬間，A的加速度大小為g，方向豎直向上B．B剛離開地面時，A的速度大小為2gmC．B剛離開地面時，A的速度大小為gmD．B剛離開地面時，A的加速度為零三、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）利用圖甲所示電路測定一節(jié)干電池的電動勢和內電阻，定值電阻．（1）某實驗得到的部分數據如下表所示，序號為的電壓表、電流表的示數如圖乙所示，請讀出數據，完成下表．答：①__________，②__________．序號1234561.32①1.020.780.600.420.06②0.180.240.300.36（2）在答卷上圖丙的坐標紙上將所缺數據點補充完整并作圖_____，根據圖線求得斜率__________（保留兩位有效數字）．（3）根據圖線求得干電池的電動勢__________，內電阻r=__________（保留兩位有效數字）．12．（12分）圖(甲)是用一主尺最小分度為1mm，游標上有20個分度的游標卡尺測量一工件的長度，結果如圖所示．可以讀出此工件的長度為_______mm；圖(乙)是用螺旋測微器測量某一圓筒內徑時的示數，此讀數應為_______mm．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）圖中裝置由加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、相距為l的相同平行金屬板構成，極板長度為l、間距為d，兩對極板間偏轉電壓大小相等、電場方向相反．初速度為零的質量為m、電荷量為+q的粒子經加速電壓U0加速后，水平射入偏轉電壓為U1的平移器，最終水平打在A點．不考慮粒子受到的重力．(1)求粒子射出加速器時的速度大小v1和射出平移器后的速度大小v2；(2)求粒子經過平移器過程中在豎直方向發(fā)生的位移；(3)當加速電壓變?yōu)?U0時，欲使粒子仍打在A點，求此時的偏轉電壓U．14．（16分）圖為示波管中偏轉電極的示意圖，極板間相距為d，長度為L的平行金屬板加上電壓U，有一電量為+q、質量為m的粒子以初速v0沿板平行射入（如圖）。不計重力，求(1)求平行板間的電場強度；(2)粒子在電場中的加速度；(3)粒子飛出電場時的偏轉距離。15．（12分）如圖所示，將某正粒子放射源置于原點O，其向各方向射出的粒子速度大小均為υ0、質量均為m、電荷量均為q．在0≤y≤d的一、二象限范圍內分布著一個左右足夠寬的勻強電場，方向與y軸正向相同，在d＜y≤2d的一、二象限范圍內分布著一個左右足夠寬的勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里．粒子第一次離開電場上邊界y=d時，能夠到達的最右側的位置為（d，d），且最終恰沒有粒子從y=2d的邊界離開磁場，若只考慮每個粒子在電場中和磁場中各運動一次，不計粒子重力以及粒子間的相互作用，求：（1）電場強度E和磁感應強度B；（2）粒子在磁場中運動的最短時間．

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、A【解析】

A．磁場力為F=qBv，可知磁場力既與磁場有關，又與試探電荷電量有關，還與其速度有關，及速度與磁場的夾角，故A正確；BC．電場強度和電勢是描述電場的性質的物理量，是由電場本身決定的，與試探電荷無關。故BC錯誤；D．磁感應強度屬于比值定義法，即，其與電量無關，故D錯誤；2、D【解析】

由法拉第電磁感應定律可知，閉合電路中產生的感應電動勢的大小與磁通量的變化率成正比，與磁通量及磁通量的變化量無關?！驹斀狻坑煞ɡ陔姶鸥袘煽芍篍=nΔΦΔt，所以E與磁通量的變化率成正比，即電動勢取決于磁通量的變化快慢，故D正確，【點睛】明確電動勢只取決于磁通量的變化率，與磁通量及磁能量的變化量無關。3、C【解析】電荷量為的檢驗電荷，由靜止開始沿電場線運動到b點，由動能定理得，解得電荷量為的檢驗電荷，從點由靜止起沿電場線運動到點，由動能定理得，解得，故A錯誤，C正確；電荷量為的檢驗電荷，從點由靜止起沿電場線運動到點時，由動能定理得，解得，故BD錯誤；故選C。4、B【解析】

AB、由磁感線的疏密可知Ba＜Bb，故A錯誤，B正確；C、某點的切線方向就是該點的磁場方向，故C錯誤；D、磁感線是假想的，不實際存在，a處沒有磁感線，磁感應強度也不為零，故D錯誤．5、B【解析】

根據q=It求解電流之比，再根據歐姆定律求解電阻之比?！驹斀狻考?、乙兩個電阻，在相同時間內流過甲的電荷量是乙的2倍，根據公式I=qt，甲、乙兩個電阻的電流之比為2：1，甲、乙兩端的電壓之比為1：2，根據歐姆定律公式兩個電阻之比為R故應選：B。【點睛】本題關鍵結合電流強度的定義公式I=qt和電阻的定義公式R=6、C【解析】

對磁釘分析可知，磁釘沒有相對彩紙的運動趨勢，故不受摩擦力，故A錯誤；磁釘還要受到白板的磁性吸引力，故B錯誤；由于彩紙相對于白板有向右的運動趨勢，故彩紙受到白板向左的摩擦力，故C正確；對整體分析可知，整體有向右的運動趨勢，故白板和地面間有摩擦力，故D錯誤．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】

由等勢面的情況可以畫出電場線的大致分布圖，結合粒子的曲線運動，所受合力應該指向曲線彎曲的內側，所以粒子的所受電場力是偏在左側的，又因為題目中交代了電勢φK＜φL＜φM，所以電場線指向左側，該粒子應該帶正電，b、d在同一等勢面上，電勢能相等，動能相等，速率相等．根據a到c電場力做負功，電勢能增大，c到e電場力做正功，電勢能減小，c點電勢最大．【詳解】電場線和等勢面是相互垂直的，電勢φK<φL<φM

，所以電場線指向左側，電場力大體向左，該粒子應該帶正電，B錯誤；b到c過程，是正電荷從低電勢向高電勢運動的過程，故電場力做負功，動能減小，速率減小，做減速運動，A正確；b、d在同一等勢面上，粒子在這兩點的電勢能相等，根據動能與電勢能總量守恒，可知粒子在兩點速率相等，C正確；a到c，電勢升高，電場力做負功，電勢能增大，c到e，電勢降低8、AB【解析】

根據能量守恒求出電子的動能，根據電場力做功與電勢能的變化關系求電場力做的功，同時可以求出兩點間的電勢差；【詳解】A、AB兩點電子只受電場力，則電子的能量守恒，在A點：E=在B點：EK=E-EP=8×10-17-3.2×10-17=4.8×10-17J，故A正確，C錯誤；

B【點睛】本題重點考查了電場力做功與電勢能的變化關系，結合公式WAB=q9、ABD【解析】

由電路圖可知，滑動變阻器同時接下面兩個接線柱，滑動變阻器被接成了定值電阻，不起變阻作用，故A說法正確；電流表的只接了一個接線柱，故B說法正確；干電池的電壓大約1.5V左右，電壓表的量程3V選用恰當，故C說法錯誤；電壓表直接接在電源連接上，且正負極接反了，開關不能控制電壓表與電源斷開，電壓表接線錯誤，故D說法正確．故選ABD10、BD【解析】

在未施加電場時，A物體處于平衡狀態(tài)，當施加上電場的瞬間，A物體受到的合力為施加的電場力，故F=2mg=ma，解得a=2g，方向向上，故A錯誤；當B離開地面時，此時B受到彈簧的彈力等于B的重力，從施加外力到B離開地面，彈簧的彈力做功為零，A上升的距離為x=2mgk，故合力做功全部轉化為A的動能，根據動能定理可知(qE-mg)x＝12mv2，解得v=2gmk，故B正確，C錯誤；當B離開地面時，此時B受到彈簧的彈力等于B的重力，此時彈簧的彈力F=mg，對A物體，受到向上的電場力、重力以及彈簧的拉力，根據牛頓第二定律可知qE-F-mg=ma，解得a=0，故D【點睛】本題關鍵根據平衡條件和胡克定律求解出彈簧的形變量，最后結合幾何關系得到物體A上升的距離，注意明確彈性勢能的變化與形變量之間關系，利用動能定理可判斷。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、1.14V0.12A3.0V/A1.50V1.0Ω【解析】

先確定電壓表和電流表的量程，根據乙圖讀出示數；根據表中數據；應用描點法作出圖象，求出斜率；明確閉合電路歐姆定律及圖象的意義；根據電源的U-I圖象求出電源電動勢與內阻．（1）一節(jié)干電池的電動勢約為，所以電壓表量程為，根據乙圖可以知道，電壓表示數，定值電阻，電源內阻約為左右，所以電流選量程，根據乙圖可以知道，電流表示數．（2）根據描點法做出圖象，如圖所示：斜率．（3）由得出的電源圖象可以知道，圖象與縱軸交點坐標值是，則電源電動勢，電源內阻．12、52.355.545【解析】試題分析：圖甲中工件的長度為5.2cm+0.05mm×7=52.35mm；圖乙圓筒內徑：5.5mm+0.01mm×4.5=5.545mm.考點：游標卡尺及螺旋測微器的讀數.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）（2）（3）原來的3倍【解析】試題分析：在豎直方向上先加速，再勻速，再減速，因為加速和減速的時間相同且加速度大小相同所以v2=y=4=由于上式，因為y不變，當U0變成原來的3倍，那么U1也變成原來的3倍考點：考查帶電粒子在電場中的偏轉點評：對帶電粒子在電場中的加速問題主要應用動能定理，對于粒子在電場中的偏轉問題主要是應用平拋的運動規(guī)律求解14、(1)(2)(3)【解析】

（1）平行板間的電場強度為：（2）粒子在電場中受電場力作用，由牛頓第二定律得：F=maF=qE解得（3）粒子在電場中做類平拋運動，初速度方向有：L=v0t場強方向有：聯立解得：15、（1）；（2）【解析】試題分析：（1）沿x軸正方向發(fā)射的粒子能夠到達最右側的位置（d，d）．由類平拋運動規(guī)律得：，，其中：，解得：，設粒子