江西省宜春中学2025年物理高二上期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

江西省宜春中学2025年物理高二上期末学业水平测试模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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，小圆环线圈水平放置，竖直的条形磁铁下端为N极，当条形磁铁从小线圈上方向下穿过到小线圈下方的过程中，有关小线圈中的感应电流的方向（从上往下看），下列说法正确的是

A.逆时针方向
B.顺时针方向
C.先顺时针后逆时针
D.先逆时针顺时针
2、如图甲，有一个原、副线圈匝数比为2:1的理想变压器，图中的电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，其中Rt为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R为定值电阻。下列说法正确的是（）

A.副线圈两端电压的瞬时值表达式为u′＝18sin50πt(V)
B.t＝0.01s时电压表V2的示数为0
C.变压器原、副线圈中的电流之比为2:1
D.Rt处温度降低时，电流表的示数变小，电压表V2的示数不变
3、如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点，已知入射方向与边AB的夹角，E、F分别为边AB、BC的中点，则

A.从F点出射的光束与入射到E点的光束平行
B.该棱镜的折射率为
C.光在F点发生全反射
D.光从空气进入棱镜，光速变大
4、如图所示的U一I图像中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知

A.R的阻值为0.5 Ω B.电源电动势为4.0V，内阻为0.5 Ω
C.电源的短路电流为1.0 A D.电源内部消耗功率为2.0 W
5、如图所示，16个电荷量均为+q（q>0）的小球（可视为点电荷），均匀分布在半径为R的圆周上．若将圆周上P点的一个小球的电量换成-2q，则圆心O点处的电场强度的大小为

A. B.
C. D.
6、下列说法正确的是(　　)
A.“科学总是从正确走向错误”表达的并不是一种悲观失望的情绪
B.提出“日心说”人是托勒密
C.开普勒通过天文观测，发现了行星运动三定律
D.托勒密的“日心说”阐述了宇宙以太阳为中心，其它星体围绕太阳旋转
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、套在长绝缘直棒上的小环质量为m，带电量为，小环内径比棒的直径略大．将棒放置在方向均水平且正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E，磁感应强度为B，小环与棒的动摩擦因数为，重力加速度为g，现将小环从静止释放，小环可沿绝缘直棒下滑，棒足够长，下列说法正确的是（　　）

A.小环从静止释放瞬间加速度
B.小环运动过程的最大加速度
C.小环运动过程中最大速度
D.当摩擦力增加到与重力平衡时，小球的速度最大
8、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )

A.三个等势面中，a的电势最高
B.带电质点通过P点时的电势能较Q点大
C.带电质点通过P点时的动能较Q点大
D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大
9、如图所示，在匀强磁场上方将一个半径为R、质量为m的导体圆环从静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相同．已知圆环的电阻为r，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g．下列说法正确的是

A.圆环进入磁场的过程中，圆环的右端电势高
B.圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动
C.圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为
D.圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR
10、如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）

A.偏转电场对三种粒子做功一样多
B.三种粒子打到屏上时速度一样大
C.三种粒子运动到屏上所用时间相同
D.三种粒子一定打到屏上的同一位置，
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）(1)．用20分度的游标卡尺测量某物长度如图所示，可知其长度为___________________mm；
(2).用螺旋测微器测量某圆柱体的直径如图所示，可知其直径为____________________ mm；

(3)用伏安法测金属丝的电阻时，若金属丝的电阻大约是5 Ω，电流表内阻是1 Ω，电压表内阻是3 kΩ，则下列说法正确的是（ ）
A．应将电流表外接，测量值比真实值大
B．应将电流表外接，测量值比真实值小
C．应将电流表内接，测量值比真实值大
D．应将电流表内接，测量值比真实值小
(4)下述关于多用电表欧姆档测量电阻的说法中正确的是（ ）
A.测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
B.测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较大的档位，重新调零后测量
C.测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
D.测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零
(5)“测定电池的电动势和内阻”的实验中，下列注意事项中错误的是（ ）
A.应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表示数的变化比较明显
B. 移动变阻器的触头时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载
C.应选用内阻较小的电压表和电流表
D.由实验记录数据作U－I图像时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上点大致均匀分布在直线两侧
12．（12分）某正弦式交流电流的方向在1S内改变100次，则其频率f=___周期T= _________
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，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
14．（16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
15．（12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

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】由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故ABC错误，故D正确．故选D
2、D
【解析】A．原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压

根据变压比可知，副线圈两端电压的最大值为

周期为

故角速度是

副线圈两端电压的瞬时值表达式为

故A错误；
B．副线圈两端电压的有效值为

所以电压表V2的示数为，故B错误；
C．根据理想变压器的变流比可知，变压器原、副线圈中的电流之比等于匝数反比，即变压器原、副线圈中的电流之比为1：2，故C错误；
D．处温度降低时，的阻值增大，而副线圈的电压不变，副线圈的电流减小，所以电流表的示数变小，由于副线圈的电压不变，根据变压比可知原线圈电压不变，电压表的示数不变，故D正确；
故选D。
3、B
【解析】由几何关系可知入射角和折射角，由折射定律可求得折射率；求出三棱镜的临界角可以判断F点能否发生全反射；由波速v=c/n可得出波速的变化；由折射现象可知光束能否平行
【详解】三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折，不会与入射到E点光束平行，故D错误；在E点作出法线可知入射角为60°，折射角为30°，由可得折射率为；故B正确；光从三棱镜射向空气的临界角，则C>300，而光在F点的入射角为300<C，则不可能发生全反射，选项C错误；由公式v=c/n可知，光从空气进入棱镜，光速变小，故D错误；故选B.
4、D
【解析】A．R的U-I图线的斜率大小等于R的阻值，则

故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定：U=E-Ir，当I=0时，U=E，可读出电源的电动势E=4.0V，内阻等于图线a的斜率大小，则

故B错误；
C．当路端电压为0时的电流即为短路电流，由图可知，电源的短路电流为2.0A，故C错误；
D．电源内部消耗功率为

故D正确。
故选D。
5、C
【解析】圆周上均匀分布的16个都是电量为+q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0，则知P处q在圆心处产生的场强大小为 E1=k，方向水平向左，可知其余15个+q在圆心处的场强E2=E1=k，方向水平向右，图中-2q在圆心处产生的场强大小 E3=k，方向水平向右．根据电场的叠加有：E2+E3=E，则得E=，故选C
【点睛】该题考查了场强叠加原理和点电荷场强的公式还有对称性的认识．注意场强是矢量，叠加时满足平行四边形法则.
6、A
【解析】“科学总是从正确走向错误”，表明科学发展的曲折性，并不是表达一种悲观失望的情绪，A正确；提出“日心说”人是哥白尼，B、D错误；开普勒通过对第谷的观测数据的研究，发现了行星运动的三定律，C错误
故选A

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、ABD
【解析】A．释放小环瞬间，根据牛顿第二定律，则有
mg-μqE=ma0
解得

故A正确；
B．当摩擦力为零时，则
qE=Bv1q
即时，加速度最大，此时合力等于重力，故最大加速度为
am=g
故B正确；
CD．当摩擦力增加到与重力平衡时，小球的速度最大，故
μ（Bvq-qE）=mg
解得

故C错误，D正确；
故选ABD。
8、BD
【解析】A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c点电势最高，故A错误；
BC．根据带正电的质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，即P点时电势能较大，而动能较小，故B正确，C错误；
D．等差等势线密的地方电场线也密，电场强度大，所受电场力大，因此P点加速度也大，故D正确
9、AD
【解析】分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向，由电源部分决定哪端电势高低；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量；根据动能定理求出线框的ab边刚进入磁场到ab边刚离开磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框从进入到全部穿过磁场的过程中克服安培力做的功.
【详解】圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，由于进入磁场的下部分相当于电源，可知圆环的右端电势高，故A正确；由于圆环刚进入磁场的过程中产生的感应电流不等，安培力不等，故线圈不可能匀速，故B错误；根据，得，故C错误；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，根据动能定理得：mg2R-W=0，所以W=2mgR．故D正确．故选AD
【点睛】解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况
10、AD
【解析】AB．带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知

解得

粒子在偏转电场中的时间

在偏转电场中的纵向速度

纵向位移

即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，故A正确，B错误；
CD．因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误，D正确。
故选AD
【点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。

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、 ①.50.15 ②.4.700 ③.B ④.C ⑤.C
【解析】（1）游标卡尺的读数方法是主尺加游标；
（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度加上可动刻度，后者需要估读；
（3）伏安法测电阻有电流表内接与电流表外接两种，由于不是理想电变，所以都存在误差；
（4）欧姆表注意换档之后调零；
（5）测定电源电动势与内阻应选内阻较大的电源、内阻大的电压表与内阻小的电流表
【详解】（1）首先确定游标卡尺为20分度，然后读出主尺为50mm，再看游标与3对齐，故为50mm+3÷20×3mm=50.15mm
（2）先读出固定刻度为4.5mm，再估读可动刻度为0.200mm，故最终为4.700mm
（3）金属丝的电阻与电流表更接近，为了防止电流表分压造成更大误差，应使用电流表外接，此时电压表分流造成测量电流比实际电流大，所以测得的电阻比真实值小，故选B.
（4）A.只有测量电流与电压时才需要注意表笔的接法，测电阻时不需要，故A错误；
B.测量电阻时，指针偏转过大，说明电阻过小，为了让指针指在中间位置，应换更小的档位；
C.测量电路中某个电阻时，应把电阻与电路其他部分断开，C正确；
D.只有换档之后需要重新调零，D错误
（5）A.测定电源电动势与内阻时为了使读数更明显，选择旧电池，因为旧电池内阻大，A正确，故不选；
B.移动滑动变阻器的滑片时,不能使滑动变阻器短路造成电流表过载,B说法正确，故不选；
C.实验所用电池内阻很小,相对于电源来说应采用电流表外接法,电流表外接法的误差来源是电压表的分流,电压表内阻越大,实验误差越小,应选择内阻大的电压表进行实验,故C错误，选C;
D.根据实验记录的数据作U-I图象时,应通过尽可能多的点画一条直线,并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧.所以D选项是正确的，不选
【点睛】本题考查电路的知识点较多，需要对常见的几个电学实验充分熟悉
12、 ①.50Hz ②.0.02s
【解析】交变电流在一个周期内电流的方向改变两次，周期与频率互为倒数
【详解】交变电流在一个周期内方向改变两次，1s内电流的方向改变100次，知经历了50个周期，则，频率

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、（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
14、 (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
15、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