2025屆江蘇省侯集高級中學物理高二第一學期期末經(jīng)典試題含解析

2025屆江蘇省侯集高級中學物理高二第一學期期末經(jīng)典試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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，將邊長為L的正方形閉合線圈以不同速度v1、v2向右勻速拉出磁場時(v1<v2)，下列結(jié)論不正確的是()A.拉力所做的功W2>W1 B.拉力的功率P2>P1C.流過線框的電荷量Q2>Q1 D.線框中的感應電流I2>I12、關(guān)于電源電動勢，下面說法不正確的是()A.電源兩極間電壓總等于電動勢B.電動勢越大的電源，將其他能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)越大C.電路接通后，電源的電壓小于它的電動勢D.電動勢只由電源性質(zhì)決定，與外電路無關(guān)3、電荷量為3e的正離子，自勻強磁場a點如圖射出，當它運動到b點時，打中并吸收了原處于靜止狀態(tài)的一個電子，若忽略電子質(zhì)量，則接下來離子的運動軌跡是()A. B.C. D.4、半徑為r帶缺口的剛性金屬環(huán)在紙面上固定放置,在環(huán)的缺口兩端引出兩根導線,分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板A、B連接,兩板間距為d且足夠大,如圖甲所示.有一變化的磁場垂直于紙面,規(guī)定向外為正,變化規(guī)律如圖乙所示.在平行金屬板A、B正中間有質(zhì)量未知、電荷量大小為q的帶電液滴,液滴在0到0.1s處于靜止狀態(tài),已知重力加速度為10m/s2.則以下說法正確的是()A.液滴帶正電B.第0.3s時液滴的運動方向改變C.液滴質(zhì)量為D.第0.4s內(nèi)液滴位移大小為0.04(單位:米)5、如圖所示，、為兩條平行的水平放置的金屬導軌，左端接有定值電阻R，金屬棒斜放在兩導軌之間，與導軌接觸良好，。磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面，設金屬棒與兩導軌間夾角為，以速度v水平向右勻速運動，不計導軌和金屬棒的電阻，則流過金屬棒中的電流為（）A. B.C. D.6、在電場中A點，先后放入q1、q2兩個點電荷（q1＞q2），點電荷所受到的電場力分別為F1、F2，兩次測得該點的電場強度分別為E1、E2，則（）A.F1=F2，E1=E2 B.F1>F2，E1=E2C.F1>F2，E1>E2 D.F1<F2，E1<E2二、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、關(guān)于物理學史和物理思想、方法，下列說法正確的是（）A.庫侖利用扭秤實驗測定了元電荷的數(shù)值B.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，并發(fā)明了人類歷史上第一臺感應發(fā)電機C.電場強度E＝、磁感應強度B＝都采用了比值定義法D.點電荷的建立采用了理想模型法，任何小帶電體都可視為點電荷8、如圖所示電路中，R為某種半導體元件，其阻值隨周圍環(huán)境酒精濃度的增大而減小，當酒精濃度增大時，下列說法中正確的是（）A電流表A示數(shù)增大 B.電壓表V示數(shù)增大C.電源輸出功率減小 D.電源效率減小9、如圖所示為氫原子能級的示意圖，現(xiàn)有大量的氫原子處于n＝4的激發(fā)態(tài)，當向低能級躍遷時輻射出若干種不同頻率的光．關(guān)于這些光，下列說法正確的是()A.最容易表現(xiàn)出波動性的光是由n＝4能級躍遷到n＝1能級產(chǎn)生的B.這些氫原子最多可輻射出6種不同頻率的光C.若用n＝3能級躍遷到n＝2能級輻射出的光照射某金屬恰好發(fā)生光電效應，則用n＝4能級躍遷到n＝3能級輻射出的光照射該金屬一定能發(fā)生光電效應D.用n＝2能級躍遷到n＝1能級輻射出的光照射逸出功為6.34eV的金屬鉑產(chǎn)生的光電子的最大初動能為3.86eV10、如圖所示正方形閉合導線框abcd，置于磁感應強度為B垂直紙面向里的勻強磁場上方h處。線框由靜止自由下落，線框平面始終保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊與磁場的上邊界平行。則下列說法正確的是A.線框進入磁場的過程中一定做勻速運動B.cd邊剛進入磁場時，線框所受的安培力向上C.ct邊剛進入磁場時，線框中產(chǎn)生的感應電動勢一定最大D.線框從釋放到完全進入磁場的過程中，線框減少的重力勢能等于它增加的動能與產(chǎn)生的焦耳熱之和三、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）某同學要測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ，步驟如下：(1)用游標為20分度的卡尺測量其長度如圖甲，由圖可知其長度為______mm；用螺旋測微器測量其直徑如圖乙，由圖可知其直徑為______mm；用多用電表的電阻“×10”擋，按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如圖丙，則該電阻的阻值約為______Ω。(2)該同學想用伏安法更精確地測量其電阻R，現(xiàn)有的器材及其代號和規(guī)格如下：A．待測圓柱體電阻RB．電流表A1，（量程0～4mA，內(nèi)阻約為50Ω）C．電流表A2，（量程0～10mA，內(nèi)阻約為30Ω）D．電壓表V1，（量程0～3V，內(nèi)阻約為10kΩ）E.電壓表V2，（量程0～15V，內(nèi)阻約為25kΩ）F．滑動變阻器R1（阻值范圍0～15Ω，允許通過的最大電流2.0A）G．滑動變阻器R2（阻值范圍0～2kΩ，允許通過的最大電流0.5A）H．直流電源E（電動勢4V，內(nèi)阻不計）I．開關(guān)S、導線若干為使實驗誤差較小，要求便于調(diào)節(jié)且測得多組數(shù)據(jù)進行分析，所選電流表_____，電壓表______，滑動變阻器_____（填所選器材的符號），并在虛線框中畫出測量的電路圖，并標明所用器材的代號。____(3)若該同學用伏安法跟用多用電表測量得到R測量值幾乎相等，由此可估算此圓柱體材料的電阻率約為ρ=________Ω·m。(保留2位有效數(shù)字)12．（12分）下列說法中正確是________A.把調(diào)準的時鐘,由北京移至赤道,這個鐘將變快B.振動的頻率越高,則波傳播一個波長的距離所用的時間越短C.1905年愛因斯坦提出的狹義相對論是以相對性原理和光速不變原理這兩條基本假設為前提的D.調(diào)諧是電磁波發(fā)射應該經(jīng)歷的過程,調(diào)制是電磁波接收應該經(jīng)歷的過程E.普朗克認為原子激發(fā)時發(fā)出的光的頻率可以是任意值四、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，光滑絕緣水平面上靜置兩個質(zhì)量均為m、相距為x0的小球A和B，A球所帶電荷量為+q，B球不帶電．現(xiàn)在A球右側(cè)區(qū)域的有限寬度范圍內(nèi)加上水平向右的勻強電場，電場強度為E，小球A在電場力作用下由靜止開始運動，然后與B球發(fā)生彈性正碰，A、B碰撞過程中沒有電荷轉(zhuǎn)移，且碰撞過程時間極短，求：(1)A球與B球發(fā)生第一次碰撞后B球的速度；(2)從A球開始運動到兩球在電場中發(fā)生第二次碰撞前電場力對A球所做的功；(3)要使A、B兩球只發(fā)生三次碰撞，所加電場的寬度d應滿足的條件14．（16分）電動自行車是目前一種較為時尚的代步工具，某廠生產(chǎn)的一種電動自行車，設計質(zhì)量（包括人）為m＝90kg，動力電源選用能量存儲量為“36V、15Ah”（即輸出電壓恒為36V，工作電流與工作時間的乘積為15Ah）的蓄電池（不計內(nèi)阻），所用電源的額定輸出功率P電＝180W，由于電動機發(fā)熱造成的損耗（其他損耗不計），自行車的效率為η＝80%，如果自行車在平直公路上行駛時所受阻力跟行駛速率和自行車對地面的壓力的乘積成正比，即Ff＝kmgv，其中g(shù)取10m/s2，k＝5.0×10﹣3s?m﹣1．求：（1）該自行車保持額定功率行駛的最長時間和自行車電動機的內(nèi)阻；（2）自行車在平直的公路上能達到的最大速度；（3）有人設想改用太陽能電池給該車供電，其他條件不變，已知太陽輻射的總功率P0＝4×1026W，太陽到地球的距離r＝1.5×1011m，太陽光傳播到達地面的過程中大約有30%的能量損耗，該車所用太陽能電池的能量轉(zhuǎn)化效率約為15%．則此設想所需的太陽能電池板的最小面積15．（12分）如圖所示，一帶負電的點電荷固定于O點，電荷量Q=5×10－6C，其右側(cè)豎直放置光滑絕緣細桿，桿上AB兩點高度差為h=0.4m，B點與O點等高且OB距離d=0.3m．另有一個穿過細桿可視為點電荷的帶正電小球，其質(zhì)量m=6×10－3kg、電荷量為q=5×10－8C.現(xiàn)將小球從A點由靜止開始釋放，小球向下運動至B點時，速度v=3m/s．已知靜電力常量為k=9×109N·m2/C2，重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力.求：(1)小球在A點釋放瞬間的加速度大小(2)A、B間的電勢差UAB.

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．向右勻速拉出磁場的過程中，正方形閉合線圈的感應電流：正方形閉合線圈受到安培力：安由于，故有：安1安2根據(jù)二力平衡，拉力安，故有：根據(jù)拉力做的功可知拉力所做的功：故A不符合題意；B．根據(jù)拉力的功率，，，則有：故B不符合題意；C.根據(jù)公式可得：可知兩次磁通量變化量相同，故電荷量相同，即：故C符合題意；D.根據(jù)，，則有線框中的感應電流：故D不符合題意；故選C。2、A【解析】電動勢是反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)強弱的物理量，電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓，電動勢與外電路無關(guān)；【詳解】A、電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓，當外電路接通時，電源有內(nèi)電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電源兩極間電壓一定小于電動勢，故A錯誤，C正確；B、電動勢是反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)強弱的物理量，電動勢越大，電源將其它能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)越大，故B正確；D、電動勢由電源本身決定，與外電路無關(guān)，故D正確【點睛】本題考查電動勢的物理意義，可根據(jù)閉合電路歐姆定律理解電動勢與電源兩極間電壓的關(guān)系3、D【解析】離了吸收一個電子后，離子帶電荷量由+3e變?yōu)?2e，因為電子質(zhì)量不計，故吸收電子后離子運動的速度保持不變．由洛倫茲力提供向心力qvB=m可得離子運動半徑R=，因為離子吸收電子后帶電荷量減小且離子速度不變，故離子做圓周運動軌道半徑R增大，離子帶電荷電性沒有發(fā)生變化，故離子圓周運動方向沒有發(fā)生變化，故ABC錯誤，D正確．故選D4、C【解析】由楞次定律可以判斷出兩極板哪個是正極，哪個是負極；由法拉第電磁感應定律可以求出感應電動勢，然后由勻強電場場強與電勢差的關(guān)系可以求出兩極板間的場強大小【詳解】A、根據(jù)題意液滴在0～0.1s處于靜止狀態(tài)，知液滴受到向上的電場力和向下的重力平衡，根據(jù)楞次定律，線圈中的感應電動勢沿順時針方向，A板接高電勢，B板接低電勢，兩板間的電場方向向上與電場力的方向相反，所以液滴帶負電，故A錯誤；B、根據(jù)楞次定律，在0.1s～0.3s內(nèi)，線圈內(nèi)感應電動勢逆時針方向，上極板接低電勢，下極板接高電勢，兩極板間電場向下，電場力向下，根據(jù)牛頓第二定律，其中，解得a=2g，液滴向下做初速度為0的勻加速運動，在第0.3s時速度最大，運動方向不改變，故B錯誤；C、根據(jù)法拉第電磁感應定律，兩極板間的電場強度，根據(jù)受力平衡，有，得；故C正確.D、根據(jù)楞次定律在0.3s～0.4s內(nèi)，感應電動勢順時針方向，上極板接高電勢，下極板接低電勢，電場方向向上，液滴在0.3s～0.4s內(nèi)做勻速直線運動，0.1s~0.3s勻加速直線運動，位移為，0.3s時速度v=at=2g×0.2=0.4g，在0.3s-0.4s勻速直線運動，位移，所以在第0.4s時液滴距初始位置距離為0.08g，故D錯誤；故選C.【點睛】本題考查了楞次定律、法拉第電磁感應定律、勻強磁場場強與電勢差的關(guān)系的應用，注意將產(chǎn)生感應電流的部分看作電源，則可知電容器兩端的電壓等于線圈兩端的電壓5、A【解析】金屬棒的感應電動勢為流過金屬棒中的電流為所以A正確；BCD錯誤；故選A。6、B【解析】在電場中的同一點，電場強度相同，與所放的電荷無關(guān)，所以E1=E2，根據(jù)F=qE知，q1＞q2，則F1＞F2，故B正確，ACD錯誤．故選B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、BC【解析】A．密立根利用油滴實驗測定了元電荷的數(shù)值，庫侖利用庫倫扭秤實驗測定了靜電力常量，A錯誤；B．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，并發(fā)明了人類歷史上第一臺感應發(fā)電機，B正確；C．電場強度、磁感應強度都采用了比值定義法，C正確；D．點電荷的建立采用了理想模型法，當帶電體的形狀、體積和電荷量對所研究的問題影響可以忽略時，帶電體才可以看成點電荷，D錯誤。故選BC。8、AD【解析】AB．當酒精濃度增大時，減小，總電阻減小，則總電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，即電壓表V示數(shù)減小，根據(jù)歐姆定律可知通過的電流減小，因此通過的電流增大，即電流表A示數(shù)增大，故A正確，B錯誤；C．當電路的外電阻等于電源的內(nèi)阻時，電源輸出功率最大；由于電路的外電阻與電源的內(nèi)阻關(guān)系未知，所以無法判斷電源輸出功率的變化，故C錯誤；D．電源效率為由于電源的電動勢不變，路端電壓減小，所以電源效率減小，故D正確；故選AD。9、BD【解析】波長越短的光越不容易產(chǎn)生波動性；大量處于激發(fā)態(tài)n的氫原子，在向低能級躍遷時可產(chǎn)生的光子種類為個；處于激發(fā)態(tài)的氫原子的電子從高能級向低能級躍遷過程中，產(chǎn)生的光子能量由前后兩個能級的能量差決定，；根據(jù)愛因斯坦光電效應方程，電子從金屬表面逸出時的最大初動能【詳解】A、最容易表現(xiàn)出波動性的光是波長較大，即頻率較小的光．根據(jù)，在所有輻射出的光中，只有從n=4能級到n=3能級躍遷的能量差最小，波長最長，最滿足題意，故A錯誤；B、由于是一群氫原子處于n=4能級，故它們在向低能級躍遷過程中產(chǎn)生的光子種類為種，故B正確；C、根據(jù)，從n＝4能級躍遷到n＝3能級輻射出的光子的頻率小于從n＝3能級躍遷到n＝2能級輻射出的光子的頻率，用頻率的光恰好發(fā)生光電效應，則頻率小于該種金屬的極限頻率（截止頻率），無論光多么強，都不能發(fā)生光電效應，C錯誤；D、用n＝2能級躍遷到n＝1能級輻射出的光子的能量為；又根據(jù)光電效應方程，最大初動能，D正確故選BD【點睛】本題考查了能級躍遷和光電效應的綜合運用，知道能級間躍遷輻射的光子頻率與能級差的關(guān)系以及光電效應的條件是解決本題的關(guān)鍵10、BD【解析】AC．當cd邊剛進入磁場時，受到的安培力大小和重力大小關(guān)系不確定，因此線框可能做加速、勻速和減速運動，根據(jù)法拉第電磁感應定律E=BLv，可看出線框中產(chǎn)生的感應電動勢不一定最大，故AC錯誤；B．cd邊剛進入磁場時，由右手定則可知，感應電流方向由d指向c，由左手定則可知，cd邊受到的安培力向上，故B正確；D．根據(jù)能量守恒知：線框從釋放到完全進入磁場過程中，線框減少的重力勢能等于它增加的動能與產(chǎn)生的焦耳熱之和，故D正確。故選BD。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、①.50.15②.4.700③.220④.C⑤.D⑥.F⑦.⑧.【解析】（1）[1]由圖甲，游標卡尺讀數(shù)為50mm+3×0.05mm=50.15mm[2]由圖乙，螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀，螺旋測微器的讀數(shù)為4mm+0.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm[3]由圖丙，用歐姆表測電阻的讀數(shù)為指針示數(shù)乘以倍率，當指針指在中央附近時測量值較準確，歐姆表表盤的示數(shù)為

0×10Ω=220Ω（2）[4][5][6]電源電動勢為4V，故電壓表應選V1，即選D；待測電阻中最大電流約為則電流表應選A2，即選C；滑動變阻器選擇小量程的，便于調(diào)節(jié)，故選R1，即選F；[7]因待測電阻值遠小于電壓表內(nèi)阻，電流表應選外接法；又滑動變阻器最大阻值遠小于待測電阻值，故變阻器應用分壓式接法，電路圖如圖所示（3）[8]根據(jù)電阻定律且代入數(shù)據(jù)解得12、BC【解析】A．因為赤道處重力加速度較小，根據(jù)，把調(diào)準的時鐘由北京移至赤道，則周期變大，這個鐘將變慢，選項A錯誤；B．振動的頻率越高，周期越小，則波傳播一個波長的距離所用的時間越短，選項B正確；C．1905年愛因斯坦提出的狹義相對論是以相對性原理和光速不變原理這兩條基本假設為前提的，選項C正確；D．調(diào)諧是電磁波接收應該經(jīng)歷的過程；調(diào)制是電磁波發(fā)射應該經(jīng)歷的過程，選項D錯誤；E．普朗克認為原子激發(fā)時發(fā)出的光的頻率是不連續(xù)的，呈現(xiàn)量子化，選項E錯誤；故選BC.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）（2）5qEx0（3）8x0<d≤18x0【解析】（1）設A球與B球第一次碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度分別為vA1、vB1對A，根據(jù)牛頓第二定律得：qE=ma由運動學公式有：v02=2ax0解得：v0=對于AB碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：mv0=mvA1+mvB1mv02=mvA12+mvB12解得：vB1=v0=，vA1=0（2）設第一次碰撞到第二次碰撞前經(jīng)歷的時間為t1．有：xA1=vA1t1+at12=vB1t1從A球開始運動到兩球在電場中發(fā)生第二次碰撞前電場力對A球所做的功為：W=qE（x0+xA1）解得：W=5qEx0（3）設第二次碰撞前A的速度為vA1′，碰撞后A、B的速度分別為vA2、vB2．有：vA1′=vA1+at1第二次碰撞過程，有：mvA1′+mvB1=mvA2+mvB2mvA1′2+mvB12=mvA22+mvB22第二次碰撞后，當A球速度等于B球速度vB2時，A球剛好離開電場，電場區(qū)域?qū)挾?/p>