廣東省廣州市番禺區(qū)實驗中學2025屆物理高二第一學期期末檢測模擬試題含解析

廣東省廣州市番禺區(qū)實驗中學2025屆物理高二第一學期期末檢測模擬試題考生須知：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、物理學對人類文明進步做出了積極的貢獻，成為當代人類文化的一個重要組成部分．關于物理學發(fā)展過程，下列說法中正確的是（）A.法拉第發(fā)現電荷間的相互作用力的關系，并測得靜電力常量B.荷蘭物理學家洛侖茲提出運動電荷產生了磁場和磁場對運動電荷有作用力（洛侖茲力）的觀點C.安培發(fā)現電流可以使周圍的磁針偏轉的效應，稱為電流的磁效應D.奧斯特發(fā)現了電流的周圍存在磁場并最早提出了場的概念2、有關電場和磁場，下列說法正確的是（）.A.帶電粒子在電場和磁場中都一定會受到力的作用B.電場和磁場都可用假想的閉合曲線進行形象的描述C.電場和磁場在本質上屬于同一種基本相互作用D.電場和磁場不是客觀存在的物質3、在科學發(fā)展過程中，許多科學家都做出了重要貢獻，下列說法正確的是（）A.安培首先提出場的概念 B.楞次提出了分子電流假說C.庫侖用油滴實驗首先測定了元電荷的電量 D.法拉第首先發(fā)現了電磁感應現象4、如圖，電源的電動勢為E，內阻為。R1為定值電阻，R2為滑動變阻器、B為水平放置的平行金屬板，L為小燈泡，電表均為理想電表。開關S閉合后，A、B板間有一帶電油滴恰好處于靜止狀態(tài)。則在滑動變阻器的觸頭P向下滑動的過程中A.電壓表的示數增大 B.油滴向上加速運動C.板上電荷量減少 D.兩表示數變化量的比值變大5、如圖是質儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器，速度選擇器內有正交的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度和電場強度分別為B和E，平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片，平板S下方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B0。則下列判斷正確的是A.該帶電粒子帶負電B.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里C.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大D.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于6、在如圖所示的電路中，閉合開關，將滑動變阻器的滑片向左移動電路穩(wěn)定后，與滑片移動前比較（）A.電阻R0兩端電壓變大B.電容器C上的電荷量不變C.電源消耗的總功率變小D.燈泡L變亮二、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、一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力（）A.t=2s時最大 B.t=2s時最小C.t=8.5s時最大 D.t=8.5s時最小8、在如圖所示的電路中，P1、P2分別為滑動變阻器R1、R2的滑動觸頭，R3為定值電阻，平行金屬板A、B構成電容器C，M為電容器內的一點。開關S閉合且電路穩(wěn)完時，下列說法正確的是A.若滑片P1向下移動，電容器的極板間電壓變小B.若滑片P2向下移動，電容器的極板間電壓變小C.若極板A向下移動，M點的電勢升高D.若極板A向下移動，M點的電勢降低9、如圖所示、一個不計重力的帶正電子粒子以沿各圖的虛線射入場中．A中是正交的勻強電場和勻強磁場，虛線垂直于電場和磁場方向，磁場方向垂直紙面向外；B中是兩條垂直紙面的長直導線中等大同向的電流，虛線是兩條導線連線的中垂線；C中是圓環(huán)線圈中的電流、虛線過圓心且垂直圓環(huán)平面；D中＋Q、一Q是兩個位置固定的等量異種點電荷的電荷量、虛線是兩位置連線的中垂線．其中，帶電粒子能做勻速直線運動的是（）A. B.C. D.10、關于原子核的結合能，下列說法正確的是（）A.原子核的結合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B.一重原子核衰變成α粒子和另一原子核,衰變產物的結合能之和一定大于原來重核的結合能C.銫原子核的結合能小于鉛原子核的結合能D.結合能越大，原子核越穩(wěn)定E.自由核子組成原子核時，其質量虧損所對應的能量大于該原子核的結合能三、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）某同學利用如圖所示的電路可以測量多個物理量．實驗室提供的器材有：兩個相同待測電源內阻，電阻箱最大阻值為，電阻箱最大阻值為，電壓表內阻約為，電流表內阻約為，靈敏電流計G，兩個開關、主要實驗步驟如下：按圖連接好電路，調節(jié)電阻箱和至最大，閉合開關和，再反復調節(jié)和，使電流計G的示數為0，讀出電流表A、電壓表V、電阻箱、電阻箱的示數分別為、、、；反復調節(jié)電阻箱和與中的電阻值不同，使電流計G的示數為0，讀出電流表A、電壓表V的示數分別為、回答下列問題：（1）電流計G示數為0時，電路中A和B兩點的電勢和的關系為______；（2）電壓表的內阻為______，電流表的內阻為______；（3）電源電動勢E為______，內阻r為______。12．（12分）某實驗小組利用如圖甲所示電路測定一節(jié)電池的電動勢和內電阻，選用下列器材：①待測電池，電動勢約為1.5V②電流表，量程0.6A③電壓表，量程1.5V④滑動變阻器，0~20Ω⑤定值電阻R0＝1.4Ω⑥開關一個，導線若干由實驗數據作出的U－I圖像如圖乙所示，由圖像可求得電源電動勢為_________V，內阻為_________Ω。若把2節(jié)該規(guī)格的電池串聯對一個小燈泡供電（小燈泡的特征曲線如圖丙），則小燈泡的實際功率約為_________W（保留2位有效數字）。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，一帶電微粒質量為m、電荷量為q，從靜止開始經電壓為U1的電場加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場中，微粒射出電場時的偏轉角為θ．已知偏轉電場中金屬板長L，兩板間距d，帶電微粒重力忽略不計．求：（1）帶電微粒進入偏轉電場時的速率v1；（2）偏轉電場中兩金屬板間的電壓U214．（16分）如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內存在著沿AD方向的勻強電場．一個質量為m、電量為q、速度為v的帶電粒子從A點沿AB方向進入電場，恰好從BC的中點離開電場，不計粒子所受重力．求電場強度的大小E15．（12分）如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向外的足夠大的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，一質量為m、電荷量為q的負離子（重力可忽略）從O點以與MN成θ=30°角的速度v射入該磁場區(qū)域，經一段時間后從邊界MN上P點射出．求：(1)入射點O與出射點P間的距離L；(2)負離子在磁場中運動的時間

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、B【解析】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可【詳解】A項：庫侖發(fā)現發(fā)現電荷間的相互作用力的關系，并測得靜電力常量，故A錯誤；B項：荷蘭物理學家洛侖茲提出運動電荷產生了磁場和磁場對運動電荷有作用力（洛侖茲力）的觀點，故B正確；C項：奧斯特發(fā)現電流可以使周圍的磁針偏轉的效應，稱為電流的磁效應，故C錯誤；D項：奧斯特發(fā)現了電流的周圍存在磁場，法拉第最早提出了場的概念，故D錯誤故選B【點睛】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一2、C【解析】A、處在電場中的電荷一定受到電場力，但在磁場中運動的電荷不一定有磁場力存在，當運動方向與磁場方向平行時，沒有磁場力作用，故A錯誤；B、磁感線是閉合的曲線，電場線從正電荷出發(fā)，到負電荷終止，不是閉合曲線，故B錯誤；C、磁現象的本質是運動電荷的相互作用，和電場在本質上屬于同一種基本相互作用，故C正確；D、電場和磁場都是一種客觀存在的物質，故D錯誤；故選C考點：磁現象和磁場；電場3、D【解析】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可【詳解】A.法拉第最早提出的場的概念，故A錯誤；B.楞次提出的楞次定律，安培提出的分子電流假說，故B錯誤；C.庫侖提出的庫侖定律，而元電荷的電量是由密立根據用油滴實驗測出的，故C錯誤；D.法拉第最早發(fā)現的電磁感應現象，故D正確故選D.4、B【解析】滑動變阻器的觸頭P向下滑動的過程中，滑動變阻器接入電路中的電阻增大，根據“串反并同”，由于定值電阻R1與滑動變阻器串聯，所以電壓表示數變小，電容器與滑動變阻器并聯，所以電容器兩端電壓變大，由公式可知，板間電場強度變大，電場力變大，所以油滴向上加速運動，由公式可知，板上的電荷量變大，電壓表測的是電阻R1兩端的電壓，電流表測的是流過R1的電流，所以兩表示數變化量的比值即為R1的阻值即不變，故B正確。故選B。5、C【解析】A.粒子進入磁場后向左偏，根據左手定則可以判斷，粒子帶正電，故A錯誤；B.粒子在速度選擇器中受到水平向右的電場力，則洛侖茲力向左，由左手定則可判斷磁場方向垂直直面向外，故B錯誤；C.粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，粒子的速度相同，軌道半徑r越小，即粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大，故C正確；D.粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，由平衡條件得：qE=qvB，解得：，故D錯誤；故選：C6、D【解析】根據P移動的方向先判斷出滑動變阻器電阻值的變化，然后根據外電路總電阻的變化，分析電壓的變化關系．根據歐姆定律分析電流的變化．根據Q=CU分析電容器帶電量的變化；【詳解】由圖可知，L與滑動變阻器R為串聯關系；電容器與R0串聯后并聯在它們兩端，且穩(wěn)定時R0兩端的電壓為零，選項A錯誤；當滑片向左滑動時，滑動變阻器接入電阻減小，總電阻減小；則由閉合電路歐姆定律可知，總電流變大，燈泡變亮；根據P=IE可知電源消耗的總功率變大；總電流變大，路端電壓減小，則電容器上的電壓變小，由Q=CU可知，電容器C上的電荷量減??；故BC錯誤；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、AD【解析】由于t=2s時物體向上的加速度最大，故此時人對地板的壓力最大，因為地板此時對人的支持力最大；而t=8．5s時物體向下的加速度最大，故地板對的支持力最小，即人對地板的最小，故選項AD正確，選項BC錯誤8、BC【解析】A.電路穩(wěn)定時，通過電阻R1的電流為零，移動滑動變阻器滑片P1，電容器的極板間電壓不發(fā)生改變，故A錯誤；B.滑片P2向下移動，總電阻減小，電流增大，內電阻和R3的電壓增大，R2電壓減小，電容器與R2并聯，電容器的極板間電壓等于R2兩端的電壓，變小，故B正確；C.如果僅將極板A向下移動，那么，平行板兩極電壓不變，平行板間電場強度增大，M點與零勢點的電勢差增大，M點的電勢升高，故C正確，D錯誤。故選：BC9、BC【解析】當帶電粒子所受的合力為零時才能做勻速直線運動，分析粒子的受力情況，從而作出判斷【詳解】A項：粒子帶正電，粒子所受的電場力向上，由左手定則判斷知洛倫茲力方向向上，故粒子的合外力不為零，則帶電粒子不可能做勻速直線運動，故A錯誤；B項：根據安培定則判斷知虛線上合磁場為零，所以帶電粒子不受洛倫茲力，因而帶電粒子做勻速直線運動，故B正確；C項：由安培定則知圓環(huán)線圈產生的磁場與虛線重合，與帶電粒子的速度方向平行，所以帶電粒子不受洛倫茲力，帶電粒子能做勻速直線運動，故C正確；D項：根據等量異種電荷的電場線分布可知電場線與虛線垂直，帶電粒子所受的電場力與其速度垂直，粒子不可能做勻速直線運動，故D錯誤故選BC【點睛】本題要緊扣勻速直線運動的條件：合力為零，掌握電場線和磁感線的分布情況，結合安培定則和左手定進行判斷10、ABC【解析】A．原子核的結合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，符合客觀事實，故A正確；B．一重原子核衰變成α粒子和另一原子核，釋放能量，質量減小，衰變產物比原來的核更穩(wěn)定，所以其結合能之和一定大于原來重核的結合能，故B正確；C．原子核的結合能大小主要取決于原子序數，所以銫原子核的結合能小于鉛原子核的結合能，符合客觀事實，故C正確；D．比結合能越大，原子核越穩(wěn)定，故D錯誤；E．自由核子組成原子核時，其質量虧損所對應的能量等于該原子核的結合能，故E錯誤。故選擇ABC選項。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.φA=φB②.③.④.⑤.【解析】（1）[1]．電流計G的示數為0時，由歐姆定律知，G的電壓為零，說明A、B兩點的電勢相等，即φA=φB（2）[2][3]．由于電流計G的示數為0，所以電流表的示數等于電壓表的電流與電阻R1的電流之和．則在步驟1中，通過電壓表的電流電壓表的內阻為左右兩個電源兩極間的電壓相等，則有：U1=I1（RA+R2）解得電流表的內阻（3）[4][5]．根據閉合電路歐姆定律得：

E=U1+I1rE=U2+I2r解得12、①.1.4②.1.4③.0.63【解析】[1]根據閉合電路歐姆定律可知結合圖象可知，圖象與縱軸的交點表示電動勢，故有電源電動勢為[2]根據圖像可得故有電源內阻為[3]根據閉合電路歐姆定