廣東省汕頭市名校2025屆高二物理第一學期期末監測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示一帶電液滴在正交的勻強電場和勻強磁場的豎直平面內做勻速圓周運動（其中電場豎直向下，磁場垂直紙面向外），則液滴帶電性質和環繞方向是（）A.帶正電，逆時針B.帶正電，順時針C.帶負電，逆時針D.帶負電，順時針2、下面是對電源和電流概念的認識，正確的是（）A.電動勢反映了電源把電能轉化為其他形式能量的本領B.電動勢和電勢差的單位相同，電動勢實質上就是電勢差C.電流的方向就是電荷定向移動的方向D.在金屬導體中，電流的方向與自由電子定向移動的方向相反3、某實驗小組，在測定電源電勢和內阻的實驗中，根據實驗數據繪制了甲、乙兩干電池的U-I圖象，如圖所示，則以下說法正確的是（）A.E甲E乙，r甲r乙 B.E甲E乙，r甲r乙C.E甲E乙，r甲r乙 D.E甲E乙，r甲r乙4、如圖所示，勻強磁場中有一個電荷量為q的正離子，自a點沿半圓軌道運動，當它運動到b點時，突然吸收了附近若干電子，接著沿另一半圓軌道運動到c點，已知a、b、c在同一直線上，且ab=ac，電子電荷量為e，電子質量可忽略不計，則該離子吸收的電子個數為A. B.C. D.5、下列物理量屬于標量的是（）A.速度 B.位移C.功 D.電場強度6、如圖所示的U-I圖象中，直線I為某電源的路端電壓與電流的關系，直線Ⅱ為某一電阻R的伏安特性曲線，用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖象可知()A.電源的輸出功率為3.0WB.電源電動勢為3V，內阻為0.5ΩC.電源內部消耗功率為1.0WD.R的阻值為1.5Ω二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，一閉合金屬圓環用絕緣細線掛于O點，將圓環拉離平衡位置并釋放，圓環擺動過程中經過有界的水平勻強磁場區域，A，B為該磁場的豎直邊界，若不計空氣阻力，則（）A.圓環向右穿過磁場后，不能擺至原來的高度B.在進入和離開磁場時，圓環中均有感應電流C.圓環進入磁場后離平衡位置越近速度越大，感應電流也越大D.圓環最終不能靜止在平衡位置8、如圖所示，真空中有一均勻介質球，一束復色光平行于BOC從介質球的A點折射進入介質球內，進入介質球后分成光束I、Ⅱ，其中光束Ⅰ恰好射到C點，光束Ⅱ射到D點，∠AOB＝60°，則()A.介質球對光束Ⅱ的折射率大于B.同時進入介質球的光束Ⅱ比光束Ⅰ先射出介質球C.當入射角大于某一特定角度時，從A點射進介質球的光束Ⅱ不會發生全反射D.用光束Ⅰ和光束Ⅱ分別射向同一雙縫干涉裝置，光束Ⅱ的條紋間距比光束Ⅰ大9、鉛蓄電池的電動勢為2V，這表示()A.電路中每通過1C的電荷量，電源就把2J的化學能轉化為電能B.蓄電池把其他形式的能轉化為電能的本領比干電池的大C.蓄電池在1秒內將2J的化學能轉化為電能D.蓄電池接入不同電路中，電動勢就會發生變化10、如圖所示的閉合電路中，兩只理想電壓表V1、V2從示數分別為U1和U2，理想電流表示數為I，在滑片P從b滑向a的過程中，V1、V2示數變化量的絕對值分別為△U1和△U2，電流表示數變化量的絕對值為△I，則以下正確的是（）A.U1和U2變小，I變大B.△U1>△U2C.變小，不變D.變小，不變三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）在測定一節干電池的電動勢和內電阻的實驗中，備有下列器材：A．待測的干電池（電動勢約為1.5V，內電阻小于1.0Ω）B．電流表A1（量程0﹣3mA，內阻Rg1=10Ω）C．電流表A2（量程0﹣0.6A，內阻Rg2=0.1Ω）D．滑動變阻器R1（0﹣20Ω，10A）E．滑動變阻器R2（0﹣200Ω，lA）F．定值電阻R0（990Ω）G．開關和導線若干（1）某同學發現上述器材中沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設計了如圖甲所示的（a）、（b）兩個參考實驗電路，其中合理的是__圖所示的電路；在該電路中，為了操作方便且能準確地進行測量，滑動變阻器應選__（填寫器材前的字母代號）（2）圖乙為該同學根據（1）中選出的合理的實驗電路，利用測出的數據繪出的I1﹣I2圖線（I1為電流表A1的示數，I2為電流表A2的示數，且I2的數值遠大于I1的數值），但坐標紙不夠大，他只畫了一部分圖線，則由圖線可得被測電池的電動勢E=__V，內阻r=__Ω（3）若圖線與縱坐標軸的交點等于電動勢的大小，則圖線的縱坐標應該為_________A．I1（R0+Rg1）B．I1?R0C．I2（R0+Rg2）D．I1?Rg112．（12分）利用如圖所示裝置，通過半徑相同的兩小球的碰撞來驗證動量守恒定律．圖中AB是斜槽,BC是水平槽，斜槽與水平槽之間平滑連接．圖中O點是小球拋出點在水平地面上的垂直投影．實驗時，先讓球1從斜槽軌道上的某位置由靜止開始滾下，落到位于水平地面的一記錄紙上，留下痕跡，多次重復上述操作，找到其平均落點的位置P，測得平拋射程為OP．再把球2放在水平槽末端的位置，讓球1仍從原位置由靜止開始滾下，與球2碰撞后，兩球分別在記錄紙上留下落點痕跡，多次重復上述操作，分別找到球1和球2相撞后的平均落點M、N，測得平拋射程分別為OM和ON．測得球1的質量為m1，球2的質量為m2.(1)實驗中必須滿足的條件是____________A.斜槽軌道盡量光滑以減小誤差B.斜槽軌道末端的切線水平C.球1每次從軌道的同一位置由靜止滾下D.兩小球的質量相等(2)若所測物理量滿足表達式________時，可以說明兩球在碰撞過程中動量守恒(3)若所測物理量滿足表達式________時，可以說明兩球的碰撞為彈性碰撞(4)實驗時盡管沒有測量兩小球碰撞前后速度，也同樣可以驗證動量是否守恒，其原因是:____________________四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，在xOy平面內，第一象限內有勻強電場，勻強電場電場強度大小為E，方向沿y軸正方向，在x軸下方有勻強磁場,磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里．有一個質量為m、電荷量為e的電子(不計重力)，從y軸上的P點以初速度v0垂直于電場方向進入電場，經電場偏轉后沿著與x軸正方向成45°的方向進入磁場，并能返回到出發點P。（1）作出電子運動軌跡的示意圖，并說明電子的運動情況；（2）P點到O點的豎直距離為多少？（3）電子從P點出發經多長時間第一次返回P點。14．（16分）如圖所示,水平放置的平行金屬導軌MN和PQ,相距L=0.50m,導軌左端接一電阻R=0.20Ω,磁感應強度B=0.40T的勻強磁場方向垂直于導軌平面,導體棒ac垂直導軌放置,并能無摩擦地沿導軌滑動,導軌和導體棒的電阻均可忽略不計.當ac棒以v=4.0m/s的速度水平向右勻速滑動時,求:(1)ac棒中感應電動勢的大小;(2)回路中感應電流的大小和方向;(3)維持ac棒做勻速運動的水平外力F的大小和方向.15．（12分）平潭嵐華中學一位同學設計了一臺玩具車，其內部結構的簡化電路圖如圖所示．已知電源電動勢E=12V，內阻r=lΩ，電路中定值電阻R=4Ω，當閉合電鍵S電路穩定時，電路中標有“3V，3W”的燈泡L和線圈電阻RD=0．4Ω的小型直流電動機D都恰能正常工作．求：（1）電路中的電流大小；（2）電動機的額定電壓；（3）電動機的輸出功率；

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】帶電粒子在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，帶電粒子受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故可知帶電粒子帶負電荷。磁場方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷粒子的旋轉方向為逆時針（四指所指的方向與帶負電的粒子的運動方向相反），C正確，ABD錯誤。故選C。【點睛】帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動，可判斷出電場力和重力為平衡力，從而判斷電場力的方向，結合電場的方向便可知粒子的電性。根據洛倫茲力的方向，利用左手定則可判斷粒子的旋轉方向。2、D【解析】電動勢反映了電源把其他形式能量轉化為電能的本領，選項A錯誤；電動勢的單位和電勢差相同，但電動勢與電勢差是兩個不同的物理量，它們的物理意義不同．故B錯誤．電流的方向就是正電荷定向移動的方向，選項C錯誤；在金屬導體中，電流的方向與自由電子定向移動的方向相反，選項D正確；故選D.3、C【解析】U-I圖象中圖象與縱坐標的交點為電源的電動勢；圖象與橫坐標的交點為短路電流，圖象的斜率表示電源的電動勢。由圖可知，圖象與縱坐標的交點為電源的電動勢；故E甲＞E乙，由圖象可知，甲圖象的斜率大于乙的斜率，故甲的內阻大于乙的內阻；故C正確，ABD錯誤；故選擇：C；4、B【解析】正離子在吸收電子這前的半徑由半徑公式得：正離子吸收若干電子后由半徑公式得：雙因聯立解得：故選B5、C【解析】速度、位移和電場強度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量；而功只有大小，無方向，是標量，故選C.6、D【解析】由電源路端電壓與電流的關系圖象與縱軸的交點讀出電源的電動勢，其斜率大小等于電源的內阻．電阻R的伏安特性曲線的斜率等于電阻．兩圖線的交點讀出電流與電壓，求出電源的輸出功率【詳解】電源的輸出功率為：；故A錯誤；由圖I可知，電源的電動勢為，內阻；故B錯誤；電源內部消耗的功率為：；故C錯誤；由圖II可知，；故D正確；故選D二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、ABD【解析】圓環向右穿過磁場后，會產生電流，根據能量守恒求解．當圓環進入或離開磁場區域時磁通量發生變化，會產生電流．最終整個圓環在磁場區域來回擺動，不產生感應電流，機械能守恒【詳解】A項：圓環向右穿過磁場后，會產生電流，圓環中將產生焦耳熱，根據能量守恒知圓環的機械能將轉化為電能，所以回不到原來的高度了，故A正確；B項：當圓環進入或離開磁場區域時磁通量發生變化，會產生電流，故B正確；C項：整個圓環進入磁場后，磁通量不發生變化，不產生感應電流，機械能守恒．離平衡位置越近速度越大，感應電流為零，故C錯誤；D項：在圓環不斷經過磁場，機械能不斷損耗過程中圓環越擺越低，最后整個圓環只會在磁場區域來回擺動，因為在此區域內沒有磁通量的變化（一直是最大值），所以機械能守恒，即圓環最后的運動狀態為在磁場區域來回擺動，而不是靜止在平衡位置，故D正確故選ABD【點睛】本題為楞次定律的應用和能量守恒相合．注意楞次定律判斷感應電流方向的過程，先確認原磁場方向，再判斷磁通量的變化，感應電流產生的磁場總是阻礙原磁通量的變化8、AC【解析】由幾何知識求出光束Ⅰ的折射角，求出其折射率，再分析光束Ⅱ的折射率．由v=c/n分析光在介質球中傳播速度的大小，分析傳播時間的長短．由光路可逆原理分析能否發生全反射．由波長關系分析干涉條紋間距的大小【詳解】對于光束I：在A點的入射角i=60°，折射角r=30°，則玻璃對光束I的折射率為，由折射定律分析知，介質球對光束Ⅱ的折射率大于介質球對光束I的折射率，即大于，故A正確．由v=c/n分析知在介質球中，光束Ⅰ的傳播速度大于光束Ⅱ的傳播速度，則同時進入介質球的光束Ⅱ比光束Ⅰ后射出介質球，故B錯誤．從A點射進介質球的光束Ⅱ，再射到界面時入射角等于A點的折射角，由光路可逆原理知，光線不會發生全反射，一定能從介質球射出，故C正確．介質球對光束Ⅱ的折射率大于介質球對光束I的折射率，說明光束Ⅱ的頻率大，波長短，而干涉條紋的間距與波長成正比，則光束Ⅱ的條紋間距比光束Ⅰ小，故D錯誤．故選AC.【點睛】本題考查對全反射、折射現象的理解與運用能力，作出光路圖，關鍵要能靈活運用光路可逆原理分析能否發生全反射9、AB【解析】A．鉛蓄電池的電動勢為2V，表示非靜電力將單位正電荷從電源的負極通過電源內部移送到正極時所做的功為2J，即電源把2J的化學能轉化為電能，故A正確；B．電動勢反映電源將其他形式的能轉化為電能的本領；故鉛蓄電池把其他形式能轉化為電能的本領比一節干電池（電動勢為1.5V）的強，故B正確；C．電源的電動勢表示將1C的電量轉移時做功為2J，但并不明確做功的時間；故C錯誤；D．電動勢反映電源將其他形式的能轉化為電能的本領；與接入的外電路無關，故D錯誤10、BC【解析】路結構，在滑片P從b滑向a的過程中，滑動變阻器的阻值減小，總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可知，干路電流增大，則電流表示數I變大，流過電阻R的電流增大，則兩端電壓增大，故電壓表V2的示數U2變大，電路的內電壓增大，路端電壓減小，滑動變阻器兩端的電壓減小，故電壓表V1的示數U1變小，故A錯誤；B．根據歐姆定律可知，將定值電阻R看作內阻，根據閉合電路歐姆定律可知其中r為電源內阻，分析可知，△U1>△U2，故B正確；CD．根據以上分析可知，在滑片P從b滑向a的過程中，滑動變阻器的阻值減小，變小，不變，不變，不變，故C正確，D錯誤。故選：BC。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.（1）b②.D③.（2）1.48④.0.84⑤.（3）A【解析】（1）上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，電路中電流最大：Im=A=1.5A；故電流表至少應選擇0～0.6A量程；故應將3mA故應將電流表G串聯一個電阻，改裝成較大量程的電壓表使用．電表流A由于內阻較小；故應采用相對電源來說的外接法；故a、b兩個參考實驗電路，其中合理的是b；因為電源的內阻較小，所以應該采用較小最大值的滑動變阻器，有利于數據的測量和誤差的減小．滑動變阻器應選D（R1），（2）根據電路結構結合閉合電路歐姆定律知解得：所以圖像的縱坐標;解得：圖像的斜率解得：（3）根據閉合電路歐姆定律可知U=E﹣Ir，若圖線與縱坐標軸的交點等于電動勢的大小，則圖線的縱坐標應該為路段電壓，而U=I1（R0+Rg1），即圖線的縱坐標應該為I1（R0+Rg1），故選A點睛：利用數學函數和圖像相結合的方式求解電源的電動勢和內阻12、①.BC②.m1·OP=m1·OM+m2·ON③.OP+OM=ON④.兩小球碰撞前后均做平拋運動，下落高度相同，運動時間相同，水平射程與平拋初速度成正比，可以用水平射程替代水平速度【解析】(1)[1].A、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故B正確；要保證碰撞前的速度相同，所以入射球1每次都要從同一高度由靜止滾下，故C正確；為了使小球碰后不被反彈，要求入射小球1的質量大于被碰小球2的質量，故D錯誤；故選BC(2)[2].小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相同，它們在空中的運動時間t相等，它們的水平位移x與其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若兩球相碰前后的動量守恒，則m1v0=m1v1+m2v2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：m1?OP=m1?OM+m2?ON(3)[3].若碰撞是彈性碰撞，則機械能守恒，由機械能守恒定律得：將OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得：m1OP2=m1OM2+m2ON2；與m1OP=m1OM+m2ON聯立可得：OP+OM=ON(4)[4].由于兩球從同一高度下落，故下落時間相同，所以水平向速度之比等于兩物體水平方向位移之比，可以用球的水平位移代替其水平速度四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題