2025年重庆市区县物理高二第一学期期末经典模拟试题含解析.doc

2025年重庆市区县物理高二第一学期期末经典模拟试题
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、使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为
A.2∶1 B.4∶1 C.16∶1 D.60∶1
2、如图所示，水平放置的带电平行板 M、N 相距 10 cm，A 点距 M 板 3 cm，AB间距为 10 cm，且与水平方向成 30°角，将一带电荷量为2.0×10-6C的负电荷q 由 A 点沿 AB 直线移到 B 点，电场力做功为1.0×10-5J．下列判断正确的是（ ）

A.板间电场的方向是 M 指向 N
B.板间电场强度大小是 3.2×10-5N/C
C.A 点电势是-4.8 V
D.该电荷在 B 点的电势能是-1.6×10-5J
3、回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，两个D形金属盒处于方向垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）

A.粒子每次在D2盒中运行的时间是固定不变的
B.粒子每次在D2盒中运行的路程是固定不变的
C.粒子在D型盒内做圆周运动的周期是所加交流电周期的2倍
D.回旋加速器的原理是利用磁场中的洛伦兹力做功使带电粒子速度增大
4、三个共点力F1、F2、F3可组成如图所示的三角形,则其合力大小为( )

A.0 B.F1
C.2F2 D.2F3
5、如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，其中一部分处于方向垂直导轨所在平面并且有上下水平边界的匀强磁场中．一根金属杆MN保持水平并沿导轨滑下(导轨电阻不计)，当金属杆MN进入磁场区后，其运动的速度随时间变化的图线不可能的是 (　　)

A. B.
C. D.
6、质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.如图所示为质谱仪的原理示意图,现利用质谱仪对氢元素进行测量.让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场.加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中.氢的三种同位素最后打在照相底片D上,形成a、b、c三条“质谱线”.则下列判断正确的是

A.进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氚、氘、氕
B.进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
C.在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚
D.a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氚、氘、氕
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、某导体中的电流随其两端的电压的变化图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A.加5V的电压时，导体的电阻约是5Ω
B.加11V的电压时，导体的电阻约是1.4Ω
C.由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小
D.由图可知，随着电压减小，导体的电阻不断减小
8、如图是一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外、ad边在纸内，由图中的位置A经过位置B到位置C，这三个位置都靠得很近且B位置刚好在条形磁铁的中心轴线上．在这个过程中，下列说法正确的是( 　)

A.由位置A到位置B，框内不产生感应电流
B.由位置A到位置B，框内产生感应电流
C.由位置B到位置C，框内产生感应电流
D.由位置B到位置C，框内不产生感应电流
9、下列说法正确的是
A.液晶分子排列的有序性介于固体和液体之间
B.多晶体没有固定的熔点，但具有各向同性的性质
C.若把氢气和氧气看做理想气体，则质量和温度均相同的氢气和氧气内能相等
D.气体体积不变温度升高的过程中，每秒撞击单位面积器壁上的气体分子数增大
10、如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核()和氦核()，下列说法中正确的是( )

A.它们的最大速度相同
B.它们的最大动能相同
C.两次所接高频电源的频率相同
D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
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）手机、电脑等电器已经普及到人们的日常生活中，这些电器都要用到蓄电池．某同学利用下列器材测定一节蓄电池的电动势和内阻．蓄电池的电动势约为3 V.
A．量程是0.6 A，内阻约为0.5 Ω的电流表；
B．量程是3 V，内阻是6 kΩ的电压表；
C．量程是15 V，内阻是30 kΩ的电压表；
D．阻值为0～1 kΩ，额定电流为0.5 A的滑动变阻器；
E．阻值为0～10 Ω，额定电流为2 A的滑动变阻器；
F．定值电阻4 Ω，额定功率4 W；
G．开关S一个，导线若干
（1）为了减小实验误差，电压表应选择______(填器材代号)，图甲中的导线应连接到_______(选填“①”或“②”)处，改变滑动变阻器阻值的时候，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择_______(填器材代号)

（2）用（1）问中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的U­I图线如图乙所示，由图线可得该蓄电池的电动势E＝______ V，内阻r＝______Ω.(结果保留两位有效数字)

12．（12分）宇宙飞船（内有宇航员）绕地球做匀速圆周运动，地球的质量为M，宇宙飞船的质量为，宇宙飞船到地球球心的距离为r，引力常量为G，宇宙飞船受到地球对它的万有引力F=________；飞船内的宇航员处于________状态（填 “超重”或“失重”）
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）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

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】开始时由库仑定律得：；现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自带电Q，因此此时：；联立得：F2=F1，则F1与F2之比为 60：1，故选D.
2、D
【解析】由图可知，M板接地，所以M点的电势为零，根据公式计算AB间的电势差，根据公式计算电场强度E，根据UMA=EdMA=φM-φA，求出φA，再结合UAB=φA-φB，计算φB得出电荷q在B点的电势能Ep=qφ.
【详解】A、B两点的电势差为：，A点电势低于B点，可知板间电场的方向是 N指向M，选项A错误； dAB=Lsin30°=5cm，则电场强度为：，选项B错误； AM两点电势差为：UAM=EdAM=100×0.03=3V，而M板接地，所以A点的电势为3V，选项C错误；根据UAB=φA-φB=-5V，则得：φB=3V+5V=8V．电荷q在B点的电势能Ep=qφ=-2.0×10-6×8=-1.6×10-5J，选项D正确；故选D.
【点睛】此题主要考查电场的能的性质，综合能力要求较高，要理解公式E=U/d 中d的含义，知道M板接地，所以M点的电势为零
3、A
【解析】A．粒子每次在D2盒中运行的轨迹均为半圆，所以运行周期均为半个周期，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

磁感应强度和比荷不变，所以粒子每次在D2盒中运行的时间是固定不变的，故A正确；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动

解得

粒子每次经过电场加速后速度变大，在磁场中运动半径变大，所以粒子每次在D2盒中运行的路程是逐渐增大的，故B错误；
C．为了使粒子经过电场时能够持续的加速，交变电流的周期和粒子在磁场中运动的周期是相同的，故C错误；
D．根据左手定则可知洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，粒子通过狭缝时，电场力做正功实现加速，故D错误。
故选A。
4、D
【解析】根据三角形定则，F1与F2的合力等于从F1的起点到F2的终点的有向线段，即与F3相同，故合力等于2 F3；
A．0，与结论不相符，选项A错误；
B．F1，与结论不相符，选项B错误；
C．2F2，与结论不相符，选项C错误；
D．2F3，与结论相符，选项D正确；
故选D。
5、B
【解析】当金属杆MN进入磁场区后，切割磁感线产生感应电流，受到向上的安培力．金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力与重力相等，做匀速直线运动，速度不变，所以A图象是可能的，故A错误．金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力小于重力，做加速运动，随着速度的增大，感应电动势和感应电流增大，金属杆所受的安培力增大，合外力减小，加速度减小，v-t图象的斜率应逐渐减小，故B图象不可能，C图象是可能的，故B正确，C错误．金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力大于重力，做减速运动，随着速度的减小，金属杆所受的安培力减小，合外力减小，加速度减小，v-t图象的斜率减小，D图象是可能的，故D错误．故选B
6、D
【解析】根据求出粒子进入偏转磁场的速度，知道三种粒子进入磁场的速度大小关系，再根据求出R与什么因素有关，从而得出a、b、c三条“质谱线”的排列顺序
【详解】A项：根据得：比荷最大的是氕，最小的是氚，所以进入磁场速度从大到小的顺序是氕、氘、氚，故A错误；
B项：根据动能定理可知Ek=qU，故动能相同，故B错误；
C项：时间为，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕，故C错误；
D项：进入偏转磁场有，解得：氕比荷最大的，轨道半径最小，c对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a对应的是氚，故D正确
故选D
【点睛】解决本题的关键知道根据可求出速度，知道速度与比荷有关，以及知道根据可求出轨道半径与比荷有关

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、AD
【解析】A．由图可知，当U＝5V时，R＝5Ω，根据欧姆定律得导体的电阻为

故A项正确；
B C．曲线上某点与原点连线的斜率的倒数表示电阻，电压增大时，连线斜率在减小，故电阻逐渐增大， U＝11V时的电阻一定大于5Ω，故B、C错误；
D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小，故D正确。
故选AD。
8、BC
【解析】穿过线圈的磁通量先减少后增加，线圈中有感应电流；
【详解】根据条形磁铁N极附近磁感线的分布情况可知，矩形线圈在位置A时，磁感线从线圈的下面斜向上穿过；线圈在位置B时，穿过它的磁通量为零；线圈在位置C时，磁感线从线圈上面斜向下穿过；所以线圈从A到B磁通量减少，从B到C磁通量增加，穿过矩形线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，故B、C正确，A、D错误；
故选BC
【点睛】关键是穿过线圈的磁通量发生变化，则闭合电路中产生感应电流
9、AD
【解析】见解析
【详解】A．液晶分子排列的有序性介于固体和液体之间，符合客观实际，故A正确；
B．多晶体有固定的熔点，具有各向同性的性质，故B错误；
C．若把氢气和氧气看做理想气体，则质量和温度均相同的氢气和氧气，因氢气分子个数多，氢气的内能大，故C错误；
D．气体体积不变温度升高的过程中，分子运动变得激烈，每秒撞击单位面积器壁上的气体分子数增大，故D正确
点睛】见解析
10、AC
【解析】ABD.由于粒子的最大半径为D形金属盒的半径R，由可得粒子的最大动能为

由于两粒子比荷相同，故两粒子的最大速度相同，最大动能不同，最大动能与交流电频率无关，故A正确，B、D错误；
C.回旋加速器加速的条件为交变电压的周期为，氘核()和氦核()的比荷相同，故两次所接高频电源的频率相同，C正确；

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.B ②.① ③.E ④.3.2 ⑤.1.3
【解析】（1）[1]由于电源电动势大约3V，故电压表应该选择B；
[2]蓄电池的内阻较小，故导线应该接在①处；
[3]电流表量程为0.6A，故滑动变阻器应该选择E。
（2）[4][5]由闭合电路欧姆定律可得

故该图像与纵轴的交点为电动势，该直线的斜率为，由图中可得

12、 ①. ②.失重
【解析】根据万有引力定律可得宇宙飞船受到的万有引力为，由于宇航员在运动过程中万有引力完全充当向心力，故处于失重状态，
考点：考查了万有引力定律的应用

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、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
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