湖南省长沙市宁乡一中2025届物理高二第一学期期末质量检测模拟试题含解析

湖南省长沙市宁乡一中2025届物理高二第一学期期末质量检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、某人乘坐电梯上升，电梯运行的v—t图像如图所示，则人处于失重状态的阶段是（）A.OP段 B.PM段C.MN段 D.NQ段2、真空中静电场的电势φ在x正半轴随x的变化关系如图所示，x1、x2、x3为x轴上的三个点，下列判断正确的是（）A.将一负电荷从x1移到x2，电场力不做功B.该电场可能是匀强电场C.负电荷在x1处的电势能小于在x2处的电势能D.x3处的电场强度方向沿x轴正方向3、如图所示，一个重30N的物体置于光滑的水平面上，当用一个F=20N的力竖直向上拉物体时，物体所受的合力为（）A.50N，方向竖直向上 B.10N，方向竖直向下C.10N，方向竖直向上 D.0N4、研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是()A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B.实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D.实验中，只增加极板带电量，静电计指针张角变大，表明电容增大5、如图甲所示为法拉第在研究电磁感应时用过的线圈，其工作原理如图乙所示，则实验中不会使电流表指针发生偏转的是()A.保持开关闭合 B.开关闭合瞬间C.开关断开瞬间 D.移动变阻器滑片6、如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（）A.合上S，A、B一起亮，然后A变暗后熄灭B.合上S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C.断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D.断开S，A、B同时熄灭二、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、如图空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自a沿曲线acb运动到b点时，速度为零，c是轨迹的最低点，以下说法中正确的是()A.液滴带负电B.滴在c点动能最大C.若液滴所受空气阻力不计，则机械能守恒D.液滴在c点机械能最大8、下列图中画出了带电粒子在磁场中运动方向和所受洛伦兹力的方向，其中正确的是（）A.B.C.D.9、如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小灯泡，C为电容器，R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r．现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列结论正确的是（）A.灯泡L变亮B.电流表读数变小C.电压表读数变小D.电容器C上的电荷量增加10、如图所示，电流表A1（0~3A）和A2（0~0.6A）是由两个相同的电流表改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（）A.A1、A2的读数之比为1∶1B.A1、A2的读数之比为5∶1C.A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D.A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5三、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）有一个100匝的线圈，总电阻为，在内垂直穿过线圈平面的磁通量从增加到则这段时间内线圈中产生的平均感应电动势______V，通过线圈的平均感应电流为______A12．（12分）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线，现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～15V，内阻20kΩ）C．电流表（0～3A，内阻0.4Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻1Ω）E．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许最大电流为2A）F．滑动变阻器（最大阻值为500Ω，允许最大电流为lA）G．学生电源（直流6V）、开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选用__，电流表应选用_____，滑动变阻器应选用__．（用序号字母表示）（2）实验时，所用电路应选图______（填“甲”或“乙”）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，两根足够长的粗糙平行直导轨与水平面成α角放置，两导轨间距为l，轨道上端接一电容为C的电容器．导轨处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面斜向上．一质量为m的金属棒在沿平行斜面的恒力F作用下从静止开始沿斜面向上运动．已知重力加速度大小为g，金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，忽略所有电阻，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)回路中的电流强度大小14．（16分）电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中有一绝缘轨道，其中轨道的BC部分是半径为R=0.2m的光滑圆轨道，轨道的AB部分水平且与BC相切．AB长度为2R，一质量m=0.1kg，带电量为q=+10-4C的小球，与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，由A点静止释放后，求:(g=10m/s2)(1)小球到达B点所用的时间(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小15．（12分）如图所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E，有一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以初速度v0从A端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数

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】由图可知，在OP段电梯静止，人不是处于失重状态．故A错误．在PM段内，电梯匀加速上升，加速度方向向上，人处于超重状态．故B错误．在MN段内，电梯匀速上升，加速度为0，人不是处于失重状态．故C错误，在NQ段内，电梯匀减速上升，加速度方向向下，人处于失重状态．故D正确2、C【解析】A．从移到，电势在降低，将一负电荷从高电势到低电势，其电势能增加，则电场力做负功，故A错误；B．由于电势与的图象斜率表示电场强度，而图象的斜率是变化，因此电场强度是变化，不是匀强电场，故B错误；C．由图像可知，处的电势高于处的电势，则负电荷在处的电势能小于在处的电势能，故C正确；D．从到的电势升高，则逆着电场线方向，因此处的电场强度方向电场强度方向沿轴负方向，故D错误。故选C。3、D【解析】物体的重力为30N，用20N的力竖直向上拉物体是拉不动的，此时的合力还是零【详解】物体的重力为30N，向上的拉力为20N，此时地面对物体的支持力为10N，多了向上的拉力后，只是地面对物体的支持力减小了，物体的总的合力还是零，所以D正确．故选D4、A【解析】A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知，电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知，电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；D、根据可知，电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系5、A【解析】开关闭合状态下，线圈中电流恒定，穿过线圈的磁通量不发生变化，没有感应电流，电流表指针不会发生偏转，故A正确．当开关接通的瞬间、开关断开的瞬间或者移动变阻器滑片时，线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转．故BCD错误．故选A6、A【解析】合上S，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，所以A、B一起亮，然后A变暗后熄灭，B更亮，故A正确，B错误；断开S，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，通过电灯A构成回路放电，所以B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭，故CD错误二、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】带电液滴由静止开始，在电场力和重力的作用下会向下运动，在运动过程中，带电粒子会受到洛伦兹力，所以粒子会沿逆时针方向偏转，到达c点时，洛伦兹力方向向上，此时粒子具有最大速度，在之后的运动中，粒子的电势能会增加速度越来越小，到达b点时速度为零，除重力以外的力做的功等于机械能的变化量；【详解】A、从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电，故A正确；B、从a到c的过程中，重力和电场力都做正功，洛伦兹力不做功，动能增大，从c到b的过程中，重力和电场力都做负功，洛伦兹力不做功，动能减小，所以滴在c点动能最大，故B正确；C、液滴除重力做功外，还有电场力做功，机械能不守恒，故C错误；D、除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从a到c的过程中，电场力都做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，从c到b的过程中，电场力都做负功，洛伦兹力不做功，机械能减小，所以液滴在c点机械能最大，故D正确；故选ABD8、BD【解析】A．根据左手定则，图中正电荷的洛伦兹力的方向向左，故A错误；B．根据左手定则，图中负电荷的洛伦兹力的方向向左上，故B正确；C．根据左手定则，图中负电荷的洛伦兹力的方向向左下，故C错误；D．根据左手定则，图中正电荷的洛伦兹力的方向向左，故D正确。9、AC【解析】当滑动变阻器滑片P向右移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断两电表读数的变化和小灯泡亮度的变化，由欧姆定律分析电容器电压的变化，确定其电荷量的变化；【详解】A、当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路电阻减小，外电路总电阻减小，由欧姆定律得知，总电流增大，路端电压减小，则电流表示数变大，电压表示数变小，灯泡L变亮，故AC正确，B错误；D、电容器的电压，I增大，其它量不变，则U减小，由可知电容器C上电荷量Q减小，故D错误；【点睛】本题是电路的动态变化分析问题，按“部分→整体→部分”的思路进行分析10、BC【解析】AB．量程不同的电流表读数不同，电流表A1的量程为3A，A2的量程为0.6A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5∶1，A错误，B正确；CD．图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1，C正确，D错误。故选BC。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、①.40②.4【解析】根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势．由欧姆定律求出感应电流【详解】根据法拉第电磁感应定律；感应电流：【点睛】解决本题的关键知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，会运用法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律解题12、①.A②.D③.E④.甲【解析】(1)[1]因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0∼5V的电压表，故选A；[2]由P=UI得，灯泡的额定电流故电流表应选择0∼0.6A的量程，故选D；[3]而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；(2)[4]在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲；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)Q＝CBlv(2)【解析】(1)由法拉第电磁感应定律求出感应电动势；再与相结合求出电荷量与速度的关系式(2)由动量定理求解加速度大小，再由电流强度的定义式求解电流强度大小【详解】(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为：E＝Blv平行板电容器两极板之间的电势差为：U＝E设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有：得：Q＝CBlv(2)设导体棒运动过程中经过t时间的速度为v，根据动量定理可得：Ft-μmgcosα•t-mgsinα•t-BIlt＝mv﹣0，根据电荷量的计算公式可得：Q＝It＝CBlv解得:可见导体棒做匀加速直线运动，通过导体棒的电流强度为：【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件、动量定理等列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解14、(1)0.4s(2)3N【解析】（1）根据牛顿第二定律求出AB段的加速度，根据位移时间关系可求时间；（2）对全过程应用动能定理可求到达C点的速度，根据牛顿第二定律可求对轨道的压力，再由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力【