陕西省汉中市汉台区2025年物理高二第一学期期末达标检测模拟试题含解析.doc

陕西省汉中市汉台区2025年物理高二第一学期期末达标检测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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，在虚线所围的圆形区域内有方向垂直圆面向里的匀强磁场，从边缘A点处有一束速率各不相同的质子沿半径方向射入磁场区域，这些质子在磁场中运动的过程中，下面的说法中正确的是( )

A.运动时间越长的，其轨迹也越长
B.运动时间越长的，其轨迹所对的圆心角也越小
C.运动时间越长的，射出磁场时的速率也越大
D.运动时间越长的，射出磁场时速度方向偏转也越大
2、质量不等的两个物体，从相同高度处做自由落体运动，下列说法正确的是（ ）
A.下落的时间不同
B.落地的速度不同
C.下落的加速度不同
D.落地时重力势能的变化量不同
3、如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN，线框以垂直于MN速度匀速地完全进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1．现将线框进入磁场的速度变为原来的两倍，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则有( )

A.Q2=Q1 ，q2=q1 B.Q2=2Q1 , q2=2q1
C.Q2=2Q1 ，q2=q1 D.Q2=4Q1 ，q2=2q1
4、物体做平抛运动，在水平方向上通过的最大距离取决于（　　）
A.物体的下落高度
B.物体的下落高度和初速度
C.物体的初速度
D.物体受到的重力和初速度
5、如图所示，小球在一细绳的牵引下，在光滑桌面上绕绳的另一端O作匀速圆周运动，关于小球的受力情况，下列说法中正确的是（　　）

A.受重力和向心力的作用
B.受重力、支持力、拉力和向心力的作用
C.受重力、支持力和拉力的作用
D.受重力和支持力的作用
6、从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球平抛，三球落地时的速率相同，若不计空气阻力，则（ ）
A.抛出时三球动量不都相同，甲、乙动量相同，并均小于丙的动量
B.落地时三球的动量相同
C.从抛出到落地过程，三球受到的冲量均不相同
D.从抛出到落地过程，三球受到的冲量均相同
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、下列对电源电动势概念的认识中，正确的是( )
A.在闭合电路中，电源电动势等于内外电路电势降落之和
B.电源把越多的其他形式的能转化为电能，电动势就越大
C.铅蓄电池的电动势为2 V，这表明电路中每通过1 C电荷量，电源把2 J的化学能转变为电能
D.干电池的电动势为 V，这表明干电池在1 s内将 J的化学能转变为电能
8、如图所示，三个质量相同，带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中(　　)

A.电场力对液滴a、b做的功相同
B.三者动能增量相同
C.液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减小量
D.重力对三者做的功相同
9、如图所示，一个带正电的物体从粗糙绝缘斜面底端以初速度v0冲上斜面，运动到A点时速度减为零，在整个空间施加一个垂直纸面向外的匀强磁场，物体运动过程中始终未离开斜面(　　)

A.物体仍以初速度v0冲上斜面，能到达A点上方
B.物体仍以初速度v0冲上斜面，不能到达A点
C.将物体由A点释放，到达斜面底端时速率一定大于v0
D.将物体由A点释放，到达斜面底端时速率一定小于v0
10、如图所示，用力F把铁块压在竖直墙上，此时重力为G的物体沿墙壁匀速下滑，若物体与墙壁之间的动摩擦因数为，则物体所受摩擦力的大小为（）

A. B.
C.G D.
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）有一只电流计，已知其Ig=500μA，Rg=100Ω，现欲改装成量程为6V的电压表，则应该_____联_____Ω的电阻
12．（12分）两位同学在实验室中利用如图(a)所示的电路测定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录的是电流表A和电压表V1的测量数据，另一位同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图(b)所示的两条U­I图线．回答下列问题：

(1)根据甲、乙两同学描绘的图线，可知（ ）
A．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据
B．甲同学是根据电压表V2和电流表A的数据
C．乙同学是根据电压表V1和电流表A的数据
D．乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据
(2)根据图(b)，可以求出定值电阻R0＝________Ω，电源电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω．电源的效率η=________
（3）当滑动变阻器的阻值R=________Ω时滑动变阻器消耗的电功率最大，P最大值=________W（保留三位小数）
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】设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间为t=，圆心角α越大，时间越长．根据几何知识得到轨迹半径r与R的关系，就能得到轨迹长度与时间的关系．带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角
【详解】
BCD、设磁场区域半径为R，轨迹圆心角为α粒子在磁场中运动的时间为t=，而轨迹半径r=Rcot， 而r=，粒子速度v越大的，r越大，偏转角α越小，则t越短，故B错误，C错误，D正确；
A.由以上分析可知，速度越大，轨迹半径越大，在磁场中的运动轨迹所对的圆心角就越小，轨迹越长，故A错误
故选D
2、D
【解析】解：ABC、根据自由落体运动的规律，从相同高度处下落，物体的加速度都等于重力加速度，所以下落所用时间相同，落地时速度相同，故选项A、B、C都错误
D、由于两个物体的质量不相等，故落地时重力势能的变化量不相同，故D正确
故选D
【点评】本题关键是明确自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，同时要知道重力做功等于重力势能的减小量，基础题目
3、C
【解析】根据及可得安培力表达式
；
拉力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由

可知产生的焦耳热与速度成正比，所以
；
根据可知通过线框某横截面的电荷量与速度无关，，故ABD错误，C正确。
故选C。
4、B
【解析】物体在做平抛运动，在竖直方向有：，得，在水平方向，可知最大距离取决于物体的下落高度和初速度，B正确，ACD错误，选B
【点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移
5、C
【解析】小球受到重力、桌面的支持力和绳的拉力，竖直方向重力和支持力平衡，绳的拉力提供向心力，故C正确，ABD错误。
故选C。
6、C
【解析】A．根据动能定理知

可知三球落地时速度的大小相等，则三个小球抛出时的速度大小一定相等；故抛出时的动量大小相等；故A错误；
B．虽然落地时，三球的速度相同，动量的大小相等，但方向不同；故动量不相同；故B错误；
CD．三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，根据动量定理知，mgt=△p，故三个小球受到的冲量都不相同；故C正确，D错误；
故选C。

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、AC
【解析】A、根据闭合电路欧姆定律得知，在闭合电路中，电动势等于外电压与内电压之和，故A正确；
B、根据电动势的定义式可知，电源移动单位电荷量时，非静电力做功越多，即电源把其他形式的能转化为电能越多，电源的电动势越大，故B错误；
C、铅蓄电池的电动势为2 V，这表明电路中每通过1 C电荷量，电源把2 J的化学能转变为电能，故C正确；
D、干电池电源的电动势表示将1C的电量转移时做功为，但并不明确做功的时间，故D错误
【点睛】本题考查对电动势的理解，可以抓住电动势的物理意义和定义式来加深理解
8、AD
【解析】A项：因为液滴a、b的电荷量大小相等，则液滴所受的电场力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，电场力做功相等，故A正确；
B项：电场力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则动能的增量相等，对于c液滴，只有重力做功，小于a、b动能的增量，故B错误；
C项：对于液滴a和液滴b，电场力均做正功，电势能均减小．故C错误；
D项：根据公式，液滴进入电场后竖直方向都做自由落体运动，运动位移相机，则重力对三者做功相同，故D正确
点晴：解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，以及会通过等时性比较偏转位移的大小，本题根据等时性，比较出a、b液滴的运动时间，从而比较出偏转位移，得知电场力做功情况，电场力做功等于电势能的减小量
9、BC
【解析】AB．未加磁场时，根据动能定理，有

加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功；根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直于斜面向下，所以物体对斜面的压力增大，所以摩擦力变大，摩擦力做的功变大，根据动能定理，有

因Wf′＞Wf，则，故不能到达A点，故A错误，B正确；
CD．加磁场后将物体由A点释放，则洛伦兹力垂直斜面向上，则摩擦力减小，摩擦力做功减小，洛伦兹力不做功，根据动能定理，有

所以v>v0．故C正确，D错误。
故选BC。
分卷II
10、AC
【解析】物块在竖直方向受到竖直向下的重力和摩擦力作用，二力平衡，故

物块在水平方向上受到力F和墙壁给的支持力，二力平衡，故

根据牛顿第三定律可得物块对墙面的压力为

滑过程中物块受到的是滑动摩擦力，所以

故AC正确，BD错误。

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.串 ②.11900
【解析】把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值
解：把电流计改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：
R=﹣Rg=﹣100=11900Ω；
故答案为串，11900

【点评】本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题
12、 ①.AD ②.2Ω ③.1.5V ④.1.0Ω ⑤.66.7% ⑥.3.0 ⑦.0.188
【解析】(1)[1]从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大，甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图像的，乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图像的，故AD正确。
故选AD。
(2)[2]定值电阻的U-I图线是正比图线，斜率表示电阻

[3]由图示甲所示图像可知，电源U-I图像与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势

[4]电源内阻

[5]此时电流为0.5A，路端电压为1.0V，所以电源效率为

(3)[6][7]将定值电阻与电源看成等效电源，当滑动变阻器的阻值与等效电源的内阻相等时，滑动变阻器的功率最大，即滑动变阻器的阻值
R=
最大功率为

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