江苏省江安高级中学2025年物理高二上期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

江苏省江安高级中学2025年物理高二上期末教学质量检测模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图所示，两根绝缘细线分别系住a、b两个带电小球，并悬挂在O点，当两个小球静止时，它们处在同一水平面上，两细线与竖直方向间夹角分别为、，。现将两细线同时剪断，则（）

A.两球都做匀变速运动 B.落地时两球水平位移相同
C.两球下落时间 D.a球落地时的速度小于b球落地时的速度
2、电磁感应原理在日常生活中有很多应用，下列设备主要应用电磁感应原理工作的是
A.洗衣机 B.白炽灯
C.电吹风 D.电磁灶
3、线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则线圈中通以如图所示方向的电流时

A.小磁针N极向里转
B.小磁针N极向外转
C.小磁针在纸面内向左摆动
D.小磁针在纸面内向右摆动
4、下列各图中标出了匀强磁场中通电直导线受安培力的方向，正确的是( )
A. B.
C. D.
5、根据所学知识判断图中正确的是(　　)
A.
B.
C.
D.
6、两个分别带有电荷量和+的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为
A. B.
C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图，两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以在导轨上自由滑动，当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的（　　）

A.导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B.导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C.磁场对导体棒CD的作用力向左
D.磁场对导体棒CD作用力向右
8、如图所示，甲、乙为两个独立电源(外电路为纯电阻)的路端电压与通过它们的电流I的关系图线，下列说法中正确的是(　　)

A.电源甲的电动势大于电源乙的电动势
B.电源甲的内阻小于电源乙的内阻
C.路端电压都为U0时，它们的外电阻相等
D.电流都是I0时，两电源的内电压相等
9、如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、工作时内阻为2 Ω的电动机。闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1 A，则下列不正确的是（　　）

A.副线圈两端电压22V
B.电动机输出的机械功率为12 W
C.通过电动机的交流电频率为100 Hz
D.若电动机突然卡住不转，原线圈输入功率变大
10、如图所示，图中两平行板电容器、电源都完全相同，先闭合开关S，稳定后将甲图中的开关S断开，乙图中开关S保持闭合，当将两图中的下极板向上移动少许，则（ ）

A.甲图中电容器的电容增大，乙图中电容器的电容不变
B.甲图中电容器所带电荷量不变，乙图中电容器所带电荷量增大
C.甲图中电容器两端的电势差增大，乙图中电容器两端的电势差不变
D.甲图中两板间的电场强度不变，乙图中两板间的电场强度增大
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R

（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径d为_______mm
（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量出的R结果将比真实值_____（选填“偏大”或“偏小”）
（3）如下图所示，是多用电表的“×10”欧姆挡经过正确步骤测量金属丝电阻时多用电表指针的位置，则金属丝阻值的测量值R＝_____Ω，若测出金属丝长度的测量值为L，则该金属丝电阻率的表达式ρ＝_____（用d、R、L表示）
12．（12分）某横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时波源O开始振动，振动方向沿y轴负方向，图示为t=0.7s时的波形图，已知图中b点第二次出现在波谷，则该横波的传播速度v=________m/s；从图示时刻开始计时，图中c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为____________________m

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
15．（12分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、D
【解析】设两球之间的库仑力大小为，当两小球静止时，则有

因为，所以有

将两细线同时剪断后，两球在竖直方向只受重力，在竖直方向做自由落体运动，所以两球下落时间相同；在下落过程中，两球处于同一水平面，在水平方向上，由于库仑斥力的作用下，导致间距的增大，从而使得库仑力减小，则水平方向的加速度减小，所以两球不可能做匀变速运动；根据可知，加速度

根据可知两球落地时水平位移

根据可知落地时球落地时的速度小于球落地时的速度，故A、B、C错误，D正确；
故选D。
2、D
【解析】洗衣机主要利用的是电动机，而电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动的理论制成的，故A错误；白炽灯是利用电流发热而工作的，故B错误；电吹风采用的是电动机原理，故C错误；电磁灶利用的是电磁感应原理，通过磁场变化在锅体体产生涡电流而产生热量，故D正确
3、A
【解析】根据右手螺旋定则判断出环形电流内部和外部的磁场，根据小磁针静止时N极所指的方向为磁场的方向，判断出小磁针N极的偏转
【详解】根据右手螺旋定则知，环形电流内部的磁场方向向里，外部的磁场方向向外，则小磁针的N极向纸面里偏转．故A正确，B、C、D错误
【点睛】解决本题本题的关键知道小磁针静止时N极的指向表示磁场的方向，以及会运用右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向
4、B
【解析】根据左手定值可知，A图中的安培力应该垂直磁感线垂直于电流的方向指向左上方．故A错误；B图中磁场的方向向下，电流的方向向里，所以安培力的方向向左．故B正确；C图中磁场的方向向左，电流方向向上，所以安培力的方向向里．故C错误；D图中电流的方向与磁场的方向平行，不受安培力；故D错误．故选B.
【点睛】本题考查安培定则和左手定则综合应用能力，对于两个定则要注意应用条件的不同：安培定则判断电流与磁场方向的两者关系；左手定则判断通电导线在磁场所受安培力方向与磁场方向、电流方向三者的关系
5、A
【解析】根据左手定则判断，电流受力方向向下，故A正确，正电荷受力方向与场强发方向相同，沿切线方向，故C错误．由左手定则可知，正电荷受洛伦兹力竖直向上，则B错误；根据右手螺旋定则，D图中螺线管上方的磁感线从左向右，则N极指向右方，则D错误；
6、C
【解析】本题考查库仑定律及带电体电量的转移问题．接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为，所以两球间库仑力的大小为，C项正确

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BD
【解析】AB．AB切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断可知，AB中感应电流的方向为B→A，则导体棒CD内有电流通过，方向是C→D，故A错误B正确；
CD．感应电流通过CD，CD棒受到安培力作用，由左手定则判断可知磁场对导体棒CD的安培力向右。故C错误D正确。
故选：BD。
8、AC
【解析】根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R=U/I，图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，与I轴交点的坐标值表示电路中的短路电流，图线的斜率大小表示电源内电阻的大小（电动势与短路电流的比值），电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内=Ir
【详解】图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，由图线可知，甲与U轴交点的坐标值比乙的大，表明甲的电动势大于乙的电动势，故A正确．图线的斜率大小表示电源内电阻的大小（电动势与短路电流的比值），图线甲的斜率大于图线乙的斜率，表明甲的内阻大于乙的内阻，故B错误．根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R=U/I，在U-I图线中甲、乙两图线的交点坐标为（I0，U 0），说明两电源的外电阻相等，故C正确．电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内=Ir，因为甲的内阻较乙的内阻大，所以当电流都为I 0时，甲电源的内电压较大，故D错误．故选AC
【点睛】本题利用图象考查了闭合电路欧姆定律，要特别注意图象与两轴交点分别表示电动势和短路电流，图象斜率表示内阻大小
分卷II
9、ABC
【解析】A．由乙图可知，输入电压的最大值为

则有效值

故A错误，符合题意；
B．输出的机械功率

故B错误，符合题意；
C．由乙图可知，输入交变电压的周期为0.02 s，则频率为

因为原副线圈交变电流频率相等，则通过电动机的交流电频率为50 Hz，故C错误，符合题意；
D．卡住电动机，电动机变成了纯电阻，电压不变，电流增大，输出功率增加，则原线圈输入功率增加，故D正确，不符合题意。
故选ABC。
10、BD
【解析】A．当下极板向上移动少许时，根据可知两个电容器的电容增大，故A错误；
B.因为甲图中开关断开，所以甲图电容器所带电荷量不变。乙图开关闭合，所以乙图的板间电压不变，根据可知，乙图中的电容器所带电荷量增大，故B正确；
C.甲图电荷量不变，电容变大，所以甲图中电容器两端电压变小，故C错误；
D.根据可以推导出

所以甲图中板间电场强度不变；乙图中开关保持闭合，则电容器两板间电压保持不变，由知电场强度变大，D正确。
故选：BD。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、 ①.0.695~0.698mm ②.偏小 ③.140Ω ④.
【解析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（2）电流表外接法，根据欧姆定律即可判断出测量误差：（3）由电阻定律求出电阻率的表达式，即可求出电阻率
【详解】（1）由图甲所示螺旋测微器可知，其读数为：0.5mm+19.7×0.01mm=0.697mm（0.696mm～0.698mm均正确）.
（2）电流表外接法，电压U测量准确，由于电压表分电流，导致电流I测量偏大，故根据欧姆定律Rx=U/I，可知测量结果将比真实值偏小；
（3）金属丝阻值的测量值R＝14×10Ω=140Ω
根据电阻定律可得：Rx=
横截面积：S=π（）2
联立可得金属丝的电阻率：
【点睛】本题考查金属电阻率的测量实验，还考查了螺旋测微器与欧姆表的读数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读，结合电阻定律，求解金属丝的电阻率
12、 ①.10 ②.y=﹣0.03sin5πt
【解析】由题意得：，得该波的周期为T=0.4s，
由图知波长为，则波速为，
横波在介质中沿x轴正方向传播，图示时刻c质点向下振动，则c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为
【点睛】本题要根据简谐波的特点：一个周期内传播一个波长，简谐波传播过程中，各个质点的起振方向都相同，与波源的起振方向也相同，来确定波的周期

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得
14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
15、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N