上海嘉定區2025屆高二物理第一學期期末經典模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、關于光電效應，下列說法正確的是（）A.只要光照射的時間足夠長，任何金屬都能發生光電效應B.從金屬表面出來的光電子的最大初動能越大，這種金屬的逸出功越小C.截止頻率越大的金屬材料逸出功越大D.入射光的光強一定時，頻率越高，單位時間內逸出的光電子數就越多2、電磁炮是一種理想的兵器，它的主要原理如圖所示，利用這種裝置可以把質量為m＝2.0g的彈體(包括金屬桿EF的質量)加速到6km/s，若這種裝置的軌道寬為d＝2m，長L＝100m，電流I＝10A，軌道摩擦不計且金屬桿EF與軌道始終接觸良好，則下列有關軌道間所加勻強磁場的磁感應強度和磁場力的最大功率結果正確的是()A.B＝18T，Pm＝1.08×108WB.B＝0.6T，Pm＝7.2×104WC.B＝0.6T，Pm＝3.6×106WD.B＝18T，Pm＝2.16×106W3、如右圖所示的可變電容器，旋轉動片使之與定片逐漸重合．則電容器的電容將A.逐漸增大 B.逐漸減小C.保持不變 D.先增大后減小4、甲、乙兩車在同一地點同時做直線運動，其v-t圖象如圖所示，則（）A.它們的初速度均為零B.甲的加速度大于乙的加速度C.0~t1時間內，甲的速度大于乙的速度D.0~t1時間內，甲的位移大于乙的位移5、如圖所示，MN是一負點電荷產生的電場中的一條電場線．一個帶正電的粒子（不計重力）從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示．下列結論正確的是（）A.帶電粒子從a到b過程中動能逐漸減小B.負點電荷一定位于M點左側C.帶電粒子在a點的加速度大于在b點的加速度D.帶電粒子在a點時具有的電勢能大于在b點時具有的電勢能6、如圖所示，圓形區域內有一垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度的大小為B1，P為磁場邊界上的一點．相同的帶正電荷粒子，以相同的速率從P點射入磁場區域，速度方向沿位于紙面內的各個方向．這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的．若將磁感應強度的大小變為B2，結果相應的弧長變為圓周長的，不計粒子的重力和粒子間的相互影響，則等于A. B.C. 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、如圖，兩平行的足夠長的光滑傾斜導軌處于垂直于導軌所在斜面向上的勻強磁場中，導軌電阻不計，上端連接一阻值為R的電阻，導軌上一導體棒從靜止開始下滑，在其運動狀態達到穩定前，下列有關流過導體棒的電流i、導體棒受到的安培力F隨時間t變化的關系圖，通過導體棒的電量q隨位移x變化的關系圖，導體棒上安培力的瞬時功率P隨速度v變化的關系圖中，可能正確的是（）A.B.C.D.8、如圖所示為遠距離輸電的電路圖，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，用戶得到的功率為P。已知升壓變壓器原副線圈的匝數分別為、，電流分別為、，電壓分別為、，輸電線的總電阻為R，則下列關系正確的是A.B.C.D.9、某電器元件被磁化了，為了使其退磁，下列方法可行的有（）A.把該元件高溫處理B.把該元件通入強電流C.把該元件放入逐漸減弱的交變磁場中D.把該元件放入強磁場中10、如圖所示，條形磁鐵放在水平粗糙桌面上，它的右上方附近固定有一根長直導線，導線中通與了方向垂直紙面向里（即與條形磁鐵垂直）的電流，與原來沒有放置通電導線時相比較，磁鐵受到的支持力N和摩擦力f的變化情況是（）A.N減小了 B.N增大了C.f始終為0 D.f不為0，且方向向右三、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）某研究小組收集了一個電學元件：電阻R0（約為2kΩ）實驗室備有如下器材：A．電壓表V（量程3V，電阻RV約為4.0kΩ）B．電流表A1（量程100mA，電阻RA1約為5Ω）C．電流表A2（量程2mA，電阻RA2約為50Ω）D．滑動變阻器R1（0～40Ω，額定電流1A）E．電阻箱R2（0～999.9Ω）F．開關S一只、導線若干G．電動勢為4V的鋰電池為了測定電阻R0的阻值，小明設計了一電路，如圖所示為其對應的實物圖，(1)圖中的電流表A應選_______(選填“A1”或“A2”)(2)請將圖中實物連線補充完整_______(3)開關閉合前，滑動變阻器的滑動觸頭應放在____________(選填“左”或“右”).12．（12分）用伏安法測定值電阻R的阻值常用圖甲和圖乙的電路。(1)利用圖甲電路測量時，由于電壓表的內阻不是無窮大，會導致R的測量值____（填“偏大”或“偏小”）；利用圖乙電路測量時，電流表的內阻對測量結果也會帶來影響。(2)為了消除電表內阻對實驗結果的影響，某同學做法如下：測量R兩端的電壓時不接入電流表，測量通過R的電流時不接入電壓表。你認為這種做法合理嗎？請說明理由______(3)某同學測得一個圓柱體電阻阻值R約為20Ω，再用游標卡尺（20分度）和螺旋測微器分別測量它的長度和直徑，如圖丙和丁所示，長度L為___mm，直徑d為___mm，計算該電阻的電阻率的表達式為ρ＝___（用R、L、d表示）。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，兩根足夠長的粗糙平行直導軌與水平面成α角放置，兩導軌間距為l，軌道上端接一電容為C的電容器．導軌處于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面斜向上．一質量為m的金屬棒在沿平行斜面的恒力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動．已知重力加速度大小為g，金屬棒與導軌之間的動摩擦因數為μ，忽略所有電阻，求：(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；(2)回路中的電流強度大小14．（16分）如圖所示，M為一線圈電阻r1＝0.4Ω的電動機，R＝24Ω，電源電動勢E＝40V．當S斷開時，理想電流表的示數I1＝1.6A，當開關S閉合時，理想電流表的示數為I2＝4.0A，求：(1)電源內阻r；(2)開關S閉合時，通過電阻R的電流；(3)開關S閉合時，電動機輸入功率和輸出功率15．（12分）空間有一勻強電場，電場方向與紙面平行．一帶正電，電量為q，質量為m的小球（重力不計），在恒定拉力F的作用下沿虛線以速度由M勻速運動到N，如圖所示．已知力F和MN間夾角為，MN間距離為L，則：（1）勻強電場的電場強度大小為多少？（2）MN兩點的電勢差為多少？（3）當帶電小球到達N點時，撤去外力F，則小球回到過M點等勢面時的動能為多少？

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】A．電子在發生躍遷的時候一次只能吸收一個光子，而所謂極限頻率是指處于最外層的電子發生電離所要吸收的光子的頻率，故只要入射光的頻率低于金屬的極限頻率，無論時間多長，無論光的強度多大，都不會發生光電效應，故A錯誤；B．根據愛因斯坦光電效應方程可知光電子的最大初動能跟入射光的頻率和金屬的逸出功都有關，故B錯誤；C．根據愛因斯坦光電效應方程可知故金屬的截止頻率越大，金屬材料的逸出功越大，故C正確;D．單位時間內逸出的光電子的數目多少跟入射光的強度有關，入射光的光強一定時，頻率越高，光子能量越大，則光子數越小，單位時間內逸出的光電子的數目越小，故D錯誤。故選C。2、D【解析】通電金屬桿在磁場中受安培力的作用而對彈體加速，由功能關系得BIdL＝，代入數值解得B＝18T；當速度最大時磁場力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入數值得Pm＝2.16×106W，故ABC錯誤，D正確．故選D3、A【解析】旋轉動片使之與定片逐漸重合時，相當于增加了電容器的正對面積，則由電容器的決定式C=可知，電容將逐漸增大，故BCD錯誤，A正確．故選A【點睛】本題考查平行板電容器決定式的應用，要注意明確平行板電容器是通過改變旋轉動片來改變正對面積，從而起到改變電容的作用4、B【解析】A．當t=0時，甲的初速為零，乙的初速度不為零，所以A錯誤；B．v-t圖像斜率可知，斜率表示加速度，由可知，，所以選擇B正確。C．v-t圖像可知0~t1時間內甲的速度小于乙的速度，選項C錯誤；D．v-t圖像面積畫線與t軸圍成的面積代表位移大小，由圖像可知，0~t1時間內乙的位移大于甲的位移，所以D錯誤。故選B。5、D【解析】解答本題的突破口是根據粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向，從而確定電場線MN的方向以及負點電荷的位置，然后根據負點電荷周圍電場分布情況，進一步解答【詳解】A．由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動，電場力指向軌跡內側，電場力方向大致向右，對帶電粒子做做正功，其動能增加．故A錯誤；B．帶正電的粒子所受電場力向右，電場線由M指向N，說明負電荷在直線N點右側．故B錯誤；C．a點離點電荷較遠，a點的電場強度小于b點的電場強度，帶電粒子在a點的小于在b點的電場力，根據牛頓第二定律得知，帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度．故C錯誤；D．電場力對帶電粒子做正功，電勢能減小，則帶電粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能．故D正確；【點睛】依據帶電粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向是解決帶電粒子在電場中運動問題的突破口，然后可進一步根據電場線、電場力做功等情況確定電勢、電勢能的高低變化情況6、C【解析】設圓的半徑為r;（1）磁感應強度為B1時，從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為M，最遠的點是軌跡上直徑與磁場邊界的交點，，如圖所示；所以粒子做圓周運動的半徑R為：磁感應強度為B2時，從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為N，最遠的點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點，,如圖所示；所以粒子做圓周運動的半徑為：;帶電粒子做圓周運動的半徑為，由于v，m，q相等，則得：，故選C考點：帶電粒子扎起勻強磁場中得運動【名師點睛】此題是帶電粒子在磁場中得運動問題；解題時關鍵是分析粒子做圓周運動臨界圓狀態，結合幾何關系找到粒子做圓周運動的半徑，然后結合半徑表達式求解磁感應強度的關系二、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、AC【解析】A．對導體棒由牛頓第二定律有即電流為電流與速度成正比，由于速度越來越大，加速度越來越小，所以電流越來越大，電流變化得越來越慢，故A正確；B．安培力為安培力與速度成正比，由于速度越來越大且變化得越來越慢，則安培力增大且變化得越來越慢，故B錯誤；C．電荷量為則電荷量與位移成正比，故C正確；D．安培力功率為則功率與速度的平方成正比，故D錯誤。故選AC。8、BD【解析】A．升壓變壓器原線圈的電流，P1應該是發電機的輸出功率，由于輸電線的功率損失，所以P1＞P，故A錯誤；B．理想變壓器的輸出功率等于輸入功率，即故B正確；C．U2不是輸電線電阻R兩端的電壓，故C錯誤；D．根據能量守恒可知故D正確。故選BD。9、AC【解析】A、根據退磁的方法可知，把該元件高溫處理，因為激烈的熱運動使分子電流的取向又變的雜亂無章了．能使元件退磁．故A正確；B、把該元件通入強電流，不能使分子電流的取向變的雜亂無章．故B錯誤；C、把該元件放入逐漸減弱的交變磁場中是使磁性物體退磁的方法．故C正確；D、把該元件放入強磁場中，可能會使該元件的磁性更強．故D錯誤故選AC【點睛】本題考查了安培分子電流假說和磁化、退磁的知識，要真正理解鐵磁性物質產生磁化的本質，掌握常見的退磁的方法．屬于基礎題目10、AD【解析】以導線為研究對象，由左手定則判斷得知導線所受安培力方向斜向右下方；根據牛頓第三定律得知，導線給磁鐵一個方向斜向左上方的力，則磁鐵有向左運動的趨勢，受到向右的摩擦力，同時磁鐵對地面的壓力減小，由牛頓第三定律可得，磁鐵受到的支持力N減小。故選AD。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.A2②.③.左【解析】根據通過待測電阻的最大電流選擇電流表；為準確測量電阻阻值，應測多組實驗數據，根據待測電阻阻值與滑動變阻器最大阻值間的關系確定滑動變阻器的接法；根據待測電阻與電表內阻間的關系確定電流表的接法，然后連接實物電路圖【詳解】電壓表量程是3V，通過待測電阻的最大電流，因此電流表應選電流表A2（量程2mA，電阻RA2約為50Ω）；(2)待測電阻R0阻值約為2kΩ，滑動變阻器R1（0～40Ω，額定電流1A）與電阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待測電阻阻值，變阻器采用限流接法時待測電阻電壓與電流變化范圍較小，不能測多組實驗數據，為測多組實驗數據，減小實驗誤差，滑動變阻器應采用分壓接法.,,,故電流表應該采用內接法可減小系統誤差，實物電路圖如圖所示：(3)滑動變阻器采用分壓接法，為保護電路流過電流表的電流最小為零，電鍵閉合前，滑動變阻器的滑動觸頭P應置于左端.【點睛】根據待測電阻與滑動變阻器阻值間的關系確定滑動變阻器的接法，根據待測電阻阻值與電表內阻間的關系確定電流表的接法是正確連接實物電路圖的前提與關鍵12、①.偏小②.不合理．因為兩次測得的電壓和電流不是同一電路狀態下的值，或兩次測量時的電路結構不同③.8.15④.2.968～2.972⑤.【解析】(1)[1]利用圖甲電路測量時，由于電壓表的分流作用，流過待測電阻的真實電流小于電流表示數，由公式可知，導致R的測量值偏小；(2)[2]這種做法不合理，因為兩次測得的電壓和電流不是同一電路狀態下的值，或兩次測量時的電路結構不同；(3)[3]游標卡尺的固定刻度讀數為0.8cm=8mm，游標讀數為0.05×3mm=0.15mm，所以最終讀數為8mm+0.15mm=8.15mm；[4]螺旋測微器的固定刻度讀數為2.5mm，可動刻度讀數為0.01×47.0mm=0.470mm，所以最終讀數為2.5mm+0.470mm=2.970mm，由于誤差所以2.968mm～2.972mm；[5]由電阻定律得，解得。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、(1)Q＝CBlv(2)【解析】(1)由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢；再與相結合求出電荷量與速度的關系式(2)由動量定理求解加速度大小，再由電流強度的定義式求解電流強度大小【詳解】(1)設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為：E＝Blv平行板電容器兩極板之間的電勢差為：U＝E設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有：得：Q＝CBlv(2)設導體棒運動過程中經過t時間的速度為v，根據動量定理可得：Ft-μmgcosα?t-mgsinα?t-BIlt＝mv﹣0，根據電荷量的計算公式可