2025届辽宁省大连市大世界高级中学物理高二第一学期期末复习检测模拟试题含解析

2025届辽宁省大连市大世界高级中学物理高二第一学期期末复习检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、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2、如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路．当一条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，下列说法正确的是A.P、Q将保持不动B.P、Q将相互远离C.磁铁的加速度小于gD.磁铁的加速度仍为g3、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则下列说法错误的是（）A.带电油滴的电势能将增大B.P点的电势将降低C.带电油滴将沿竖直方向向上运动D.电容器的电容减小，极板带电量减小4、如图所示，小球被轻质细线竖直悬挂，悬线的拉力为T．当用水平拉力F将小球由竖直位置缓慢拉至虚线位置时，则在这一过程中（）A.F变大、T变大 B.F变大、T变小C.F变小、T变大 D.F变小、T变小5、某区域的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点。设A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，下列判断正确的是（）A.EAEBB.EAEBC.EA=EBD.EAEB6、根据电阻定律，电阻率，对于某种金属导线来说，它的电阻率()A.跟导线的电阻和横截面积成正比B.由所用金属材料本身决定C.跟导线的长度成反比D.随温度的升高而减小二、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、在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是A.电压表V1示数在变大，电压表V2示数在变小B.电流表A的示数减小，电压表V3示数在变小C.电容器的电荷量增大，电阻R1消耗的电功率变大D.电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率变大8、如图所示，两块平行金属板M、N竖直放置，电压恒为U．一电子（不计重力）从N板静止释放，它运动到M板时速率为v．现将M板水平向右移动一段距离，再将电子从N板静止释放，下列判断正确是A.金属板M、N的带电量不变B.电子运动过程的加速度变大C.电子运动到M板所用的时间变短D.电子运动到M板时速率变小9、如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N。今有一带电质点，自A板上方相距为h的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则()A.把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B.把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C.把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后不能返回D.把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落10、如图所示，在一个半径为R的圆形区坡内存在微感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个比荷为的正粒子，从A点沿与AO夹角的方向射入匀强磁场区域，最终从B点沿与AO垂直的方向离开磁场．若粒子在运动过程中只受磁场力作用，则A.粒子运动的轨道半径B.粒子在磁场区域内运动的时间C.粒子的初速度的D.若仅改变初速度的方向，该粒子仍能从B点飞出磁场区域三、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）某学习小组探究一小电珠（电阻较小）在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示。(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请在乙方框中画出实验所需电路图________；(2)某次测量，电流表指针偏转如图丙所示，则电流表的示数为________A；(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丁所示，根据图线判断，将4只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，其小电珠的总功率的值约为__W(保留三位有效数字)。12．（12分）某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系．使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器实验步骤如下：①如图(a)，将光电门固定在斜面下端附近，将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt；③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度[如图(b)所示]，表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间内的平均速度大小，求出；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；⑤多次重复步骤④；⑥利用实验中得到的数据作出v－Δt图，如图(c)所示完成下列填空：(1)用a表示滑块下滑的加速度大小，用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与vA、a和Δt的关系式为＝________.(2)由图(c)可求得vA＝______cm/s，a＝______cm/s2.(结果保留3位有效数字)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，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽度为d、高为h，上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B，方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变。（1）求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；（2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp；（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其它量和矩形管道的横截面S=dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比的值。14．（16分）如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当和取某些特定值时，可使时刻入射的粒子经时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述为已知量。（1）若，求；（2）若，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；（3）若，为使粒子仍能垂直打在P板上，求。15．（12分）如图所示，空间分布着方向平行于纸面且与场区边界垂直的有界匀强电场，电场强度为E、场区宽度为d。在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场。磁感应强度B未知，圆形磁场区域半径为R。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从A点由静止释放后，在M点离开电场，并沿半径方向射入磁场区域，然后从N点射出，O为圆心，∠MON=120°，粒子重力可忽略不计。求：（1）粒子经电场加速后，进入磁场时速度的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）若粒子在离开磁场前某时刻，磁感应强度变为垂直纸面向里、大小为B1，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B1的最小值为多少?

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、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。2、C【解析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况【详解】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用．故AB错误．由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g，故C正确，D错误．故选C【点睛】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键．楞次定律的另一结论：增反减同3、C【解析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=U/d分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化【详解】将平行板电容器上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=U/d得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故C错误．场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故AB正确．根据，可知d增大时，电容器的电容减小；根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D正确；此题选择错误的选项，故选C【点睛】本题运用E=U/d分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化4、A【解析】以小球为研究对象分析水平拉力F以及悬线的拉力T的变化情况；【详解】对小球受力分析，受拉力F、重力mg、细线的拉力T，根据平衡条件，有：F=mgtanθ，θ逐渐增大，则F逐渐增大；线细的拉力，θ增大，T增大，故A正确，BCD错误；故选A.【点睛】本题是动态平衡问题，动态平衡常用描述字眼就是缓慢移动，处理问题的方法主要是采用平行四边形法则进行研究5、A【解析】由电场线的特点，电场线越密集，场强越大，所以EA＜EB；故A正确，BCD错误；故选A。6、B【解析】导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关【详解】A、B、C、导线的电阻率与导体的电阻大小、横截面积、长度无关，由材料本身特性决定；故B正确，A、C均错误.D、电阻率的大小与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故D错误.故选B.【点睛】本题属于易错题，很多同学容易根据公式，认为电阻率与电阻、横截面积成正比，与长度成反比，其实电阻率由本身特性决定二、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】保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化．根据电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化，判断R2中电流的方向．断开开关S，分析板间场强的变化【详解】A、B项：该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流I变大，则电流表A读数变大；路端电压：U=E-Ir减小，电压表V3示数在变小，U1示数U1=IR1，随I的增大在变大，U2示数U2=E-I（R1+r），随电流I的增大而减小，故A正确，B错误；C项：电容器两端的电压为路端电压，U减小，根据Q=CU可知电容器的带电量减小，故C错误；D项：电源内阻损耗的功率，由于电流变大，所以电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率，电流变大，所以电源消耗的总功率变大，故D正确故应选：AD【点睛】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源则极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，则两板间的电势差不变．要掌握、及电容决定因素8、BC【解析】MN两金属板构成了电容器，并且始终与电源相连，电容器的电压不变，根据和C=Q/U可以判断可以判断电容器的电容和电荷量的变化．根据E=U/d可以判断电场强度的变化，从而判断出加速度的变化，在根据匀变速直线运动的规律可以判断电子的运动的时间．由动能定理分析速度的变化【详解】由于电源电压恒定，当M板水平向右移动一段距离后，极板之间的距离减小，根据电容的决定式可知，电容变大，由C=Q/U可知，此时金属板M、N的带电量将变大，故A错误；电源的电压不变，两板之间的距离减小，根据E=U/d可知，电场强度要变大，所以电子所受的电场力变大，加速度也变大，故B正确；电子在极板之间做的是匀加速直线运动，根据d=at2可知，由于极板之间的距离d减小，加速度a变大，所以电子的运动的时间要减小，故C正确；在整个的运动的过程中，电压不变，只有电场力做功，根据动能定理得：qU=mv2，可知电子运动到M板时速率不变，故D错误．故选BC【点睛】题根据电子的运动的规律，列出方程来分析电子的加速度、运动的时间和速度分别与哪些物理量有关，根据关系式判断即可9、AD【解析】A．由题设条件，由动能定理得则知电场力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知小球到达N点速度为零然后返回，故A正确；B．将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，小球到达N点速度为零然后返回，故B错误；C．把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知可小球未到达N点速度已减为零，然后返回，故C错误；D．把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知可知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落，故D正确。故选AD。10、AC【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角．画出轨迹，由数学知识求出轨迹半径，再利用洛伦兹力提供向心力结合结合关系即可分析求解，利用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，求解粒子在磁场中运动的时间【详解】A、画出粒子轨迹示意图，如下图所示，因为粒子从B点沿与AO垂直方向离开磁场，故O´B与AO平行，又因为OAB与O´AB均为等腰三角形，可得：OAB=OBA=O´BA=O´AB，所以O´A与BO也平行，因为粒子速度方向偏转的角度为，故AO´B=，所以四边形OAO´B为两个等边三角形组成的菱形，故粒子运动的轨道半径r=R，故A正确B、粒子在磁场中运动的周期：T==，粒子在磁场中转过的圆心角=600，所以粒子在磁场中运动的时间为：t==，故B错误C、根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=m，结合轨道半径r=R，联立可得粒子的初速度为：v0=，故C正确D、当入射粒子速度方向发生变化时，粒子运动的轨迹示意图如图所示，速度大小不变，粒子做圆周运动的半径不变，入射速度方向发生变化，粒子在圆周上的出射点也随之变化，所以若仅改变初速度的方向，该粒子将不能从B点飞出磁场区域，故D错误故选A、C【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间三、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、①.②.0.44③.2.20～2.30【解析】(1)[1]滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示(2)[2]由图丙所示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.44A；(3)[3]四个灯泡并联后接入电源两端组成闭合回路，则四灯泡的电原相同，设单个灯泡电流为I，则有：代入数据并化简可得对应的U-I图像为：在灯泡伏安特性曲线中作出对应U-I图像如图乙所示，两图像的交点即表示灯泡的工作点，则可知：每个灯泡的功率所以总功率为由于作图和读数误差，所以2.20W～2.30W均可以。12、①.②.③.【解析】（1）设挡光片末端到达光电门的速度为v，则由速度时间关系可知：，且联立解得：；（2）由图（c）结合几何关系可求得，，即【点睛】此题主要考查学生对匀变速直线运动的基本规律的运用能力；解题时要搞清实验的原理，能通过运动公式找到图象的函数关系，结合图象的截距和斜率求解未知量四、计算题：本题共3小题，共38