安徽省马鞍山市2025-2026学年高二物理上学期期末模拟卷3 物理试题

这是一份安徽省马鞍山市2025-2026学年高二物理上学期期末模拟卷3 物理试题，共16页。试卷主要包含了本卷考试范围，5A时，外电路的电阻为6Ω，霍尔效应的应用非常广泛等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
4.本卷考试范围：必修三、选择性必修一第一章，选择性必修二第一章
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1.在“未来科技体验馆”中，小华通过VR设备观察到一种“智能电场模拟器”，它能动态显示电场线并实时分析电场特性。讲解员提到：“现代科技如量子计算机、无线充电等都依赖对电场的精准操控，而电场的可视化模型最早源于物理学家的开创性思想”。结合所学知识，下列说法正确的是( )
A. 库仑通过扭秤实验提出了“电场线”的概念，用于描述电场的分布
B. 电场的概念是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A产生的电场对B的作用
C. 电场强度的定义式E=Fq表明，电场强度与试探电荷的电荷量成反比
D. 麦克斯韦最早通过实验验证了真空中点电荷的场强满足平方反比规律
2.如图所示，边界MN的右侧有垂直于水平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，半径为R的金属圆环放在水平面上，圆环有部分在磁场中，PQ是圆环的切线，PQ与MN平行且间距为12R，圆环中通有大小为I的恒定电流，将圆环绕PQ转过60∘角不动时，圆环受到的安培力大小为( )
A. BIRB. 3BIRC. 2BIRD. 2 3BIR
3.某同学将一直流电源的总功率PE输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线知( )
A. 当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω
B. 电源的电动势为8V
C. 电源的内阻为1Ω
D. 反映Pr随电流I变化的图线是b
4.如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在x≥2L区域内存在与x轴平行的匀强电场(未画出)，一带正电小球质量为m，电荷量为q，从原点O以初速度v0水平抛出，再从A点进入电场区域，进入电场区域时速度方向与水平方向夹角θ=30°，并从C点离开，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的横坐标xB=3L。已知重力加速度为g，匀强电场场强大小为E= 3mgq，则下列说法正确的是( )
A. 初速度v0=2 3gL
B. OA段、AB段时间之比tOA:tAB= 2
C. 小球过B点时的动能为EkB=mv022
D. 小球在电场中运动的最小动能Ekmin=mv022
5.如图所示为某绝缘空心球的示意图，a、b、c、d、E、F是过球心O的水平截面的圆周上六个等分点，分别在a、d和b、c固定等量的正负电荷，即qa=qd=-q和qb=qc=+q，而AB是球的某一直径且与水平面垂直，设无穷远处为电势零点，则( )
A. E、F两点的电场强度不同
B. A、O、B三点的电势分别记为φA、φO、φB，则φA=φB>φO=0
C. 将一正的试探电荷从A点沿圆弧AFB移到B点的过程中电场力先做正功再做负功
D. 若a、c、d处的电荷仍固定不动，将b处的电荷移到O处，则电荷b的电势能将减少
6.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列说法不正确的是( )
A. 电路再次稳定时，电源效率减小
B. 灯L2变暗，电流表的示数增大，电容器极板的带电量减少
C. 灯L1变亮，电压表的示数减小，电源输出功率减小
D. 电源的内部消耗功率增大
7.安全气囊是汽车重要的被动安全装备，能够在车辆发生碰撞时迅速充气弹出，为车内乘客提供保护。如图甲所示，在某安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从距气囊上表面高H=1.8m处由静止释放，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊上表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M=3kg，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 头锤落到气囊上表面时的速度大小为4m/s
B. 碰撞过程中F的冲量大小为66N⋅s
C. 碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.8m
D. 碰撞过程中系统损失的机械能为20J
8.霍尔效应的应用非常广泛。如图所示，金属片长度为a，宽度为b，厚度为h，水平放置于方向竖直向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，金属片左右两端与电动势为E的直流电源及滑动变阻器R构成闭合回路，金属片前后MN两端接理想电压表V。不计电源内阻及金属片电阻，闭合电键S，下列说法正确的是( )
A. 金属片的前端M的电势低于后端N的电势
B. 仅减小磁感应强度B，电压表示数增大
C. 仅增大滑动变阻器R的阻值，电压表示数减小
D. 仅增大金属片的长度a，电压表示数减小
二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
9.如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量m=2M的小物块。现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v0的初速度，则下列说法正确的是( )
A. 最终小物块和木箱都静止
B. 最终小物块和木箱组成的系统损失的机械能为Mv023
C. 木箱的速度水平向左、大小为v02时，小物块的速度大小为v04
D. 木箱的速度水平向右、大小为v03时，小物块的速度大小为2v03
10.用如图所示的回旋加速器加速电荷量为q、质量为m的带电粒子，已知D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度大小为B，a、b间所接电压为U，忽略两D形盒间狭缝的宽度。下列说法正确的是( )
A. 粒子的能量是由加速电场提供的，能获得的最大动能与加速电压U有关
B. 回旋加速器a、b之间所接高频交流电的周期为2πmqB
C. 回旋加速器加速后粒子的最大动能为q2B2R22m
D. 若增大加速电压U，则粒子在D型盒内运动的总时间会变长
三、非选择题：本题共5小题，共58分
11.某实验小组采用如图甲所示的实验装置做“验证动量守恒定律”实验．在桌面上放置气垫导轨，安装光电计时器1和光电计时器2，放置带有遮光片的滑块A、B质量分别为mA、mB，导轨末端装有位移传感器(图中未画出)．
(1)在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将一个滑块轻放在导轨上，发现它向右加速运动．此时，应调节旋钮P使其高度 (选填“升高”或“降低”)．
(2)实验室有Ⅰ、Ⅱ两组滑块装置，如图乙所示，若实验中研究完全非弹性碰撞中的动量守恒，应选择 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)组的滑块装置．
(3)某次实验中，使滑块B静置于两光电计时器之间，将A置于光电计时器1右侧．用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞．滑块A两次经过光电计时器1记录的遮光时间分别为t1、t2，滑块B通过光电计时器2时，记录的遮光时间为t3，已知两挡光片宽度相同，若mA、mB、t1、t2、t3满足关系式 ，则可验证滑块A、B组成的系统碰撞前后动量守恒．
(4)某次实验中，让滑块A获得初速度后与静止的滑块B发生碰撞，规定A碰前的速度方向为正方向．根据传感器记录的数据，得到它们在碰撞前后的位移x与时间t的关系图像如图丙所示，则滑块A、B质量之比为mAmB= ．
12.某同学设计了图甲所示电路测量2节干电池组成的电池组的电动势E和内阻r以及大约10Ω的未知电阻的阻值Rx。要求测量尽可能精确。供选择的器材有：
干电池2节(每节电动势约1.5V，内阻小于1Ω) ;
电压表V(量程3V，内阻约3kΩ);
多用电表A(直流电流量程250mA) ;
滑动变阻器R(最大阻值100Ω);
定值电阻R1(阻值5Ω);
定值电阻R2(阻值200Ω);
单刀单掷、单刀双掷开关各一个;
导线若干。
完成实验并回答问题：
(1)定值电阻R0应选择 (选填“R1”或“R2”);
(2)正确连接电路后，将滑动变阻器R接入电路的阻值调到最大，再把S1掷于a，闭合S2，调节R的滑片，让电压表示数U分别为下表中的值，测得多用电表对应的示数Ia，记录在表中;图乙是某次测量时多用电表指针稳定时的照片，其读数为 mA;
(3)再把S1掷于b时，闭合S2，通过调节R的滑片，让电压表示数U再分别为上表中的值，测得多用电表对应的示数Ib，记录在表中;
(4)如图丙所示，建立U-I坐标系，用表中的(U,Ia)描点得到图线a。由图线a，电池组电动势E= V，内阻r= Ω;用表中的(U,Ib)描点得到图线b，由图线b，可得电阻Rx= Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，在一水平向右的匀强电场中有一半径为R、圆心为O的光滑绝缘圆弧面，圆弧面上距离弧底高度为R2的a处静止放着一质量为m、电荷量为q的带电小球，小球可以看成点电荷。求：
(1)a球带正电还是负电；
(2)电场强度E的大小；
(3)圆弧面上与a点等高的最左点b的场强。(静电力常量为k)
14.如图所示的xOy坐标系中，y轴左侧存在平行y轴且向下的匀强电场，第一象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从x轴上的A点以速度v、与x轴正方向成θ(未知)角射入第二象限，然后从y轴上的C点(未画出)垂直y轴射入第一象限，最终从x轴上的D点(未画出)垂直x轴射出磁场，OA=OC=L，不计粒子重力，求：
(1)tanθ及电场强度大小E；
(2)磁感应强度大小B；
(3)粒子从A点运动到D点的时间t总。
15.如图所示，质量为3kg足够长的长木板B静止在光滑的水平面上，长木板的右端有一厚度不计的挡板，长木板上表面光滑.质量为1kg的小物块A静止在长木板上，此时小物块A与长木板右端挡板的距离为2m，现给小物块A施加一个大小为4N、方向水平向右的恒力，小物块A与挡板的碰撞为弹性碰撞，碰撞的时间忽略不计，求：
(1)小物块A第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小;
(2)第一次碰撞后到第二次碰撞前，小物块A与挡板的最远距离;
(3)第二次碰撞与第三次碰撞之间的时间间隔．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】库仑通过扭秤实验发现了库仑定律F=kq1q2r2，但“电场线”是法拉第为直观描述电场而提出的假想曲线，A错误;
电场的概念是法拉第首先提出来的，电荷间的相互作用是通过电场发生的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A产生的电场对B的作用，B正确;
电场强度是电场本身的属性，定义式E=Fq仅体现测量方法，场强与试探电荷q无关， C错误;
库仑通过扭秤实验验证了静电力满足平方反比规律，而麦克斯韦的主要贡献是建立电磁场理论方程组， D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】当圆环绕PQ转过60∘角时，根据几何关系可知，圆环在磁场中的有效长度为2R，这时圆环受到的安培力的大小F=BI×2R=2BIR，故C正确，ABD错误。
3.【答案】A
【解析】解：B.直流电源的总功率为PE=EI，图线a为总功率PE随电流I变化的图线，P-I图像的斜率等于电动势E，图线的斜率为k=E=4-01-0V=4V，故B错误；
CD.电源内部发热功率Pr=I2r，故图线为关于I的二次函数，并且随着I增大，Pr也逐渐增大，所以反映Pr变化的图线为c，根据图线c可得r=PrI2=822Ω=2Ω，故CD错误；
A.当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得I=ER+r，代入数据解得R=6Ω，故A正确。
故选：A。
4.【答案】D
【解析】A.在A点，根据速度分解有 v0tan30∘=gt1 ，在OA过程，根据位移分解有 2L=v0t1 ，
解得 v0= 2 3gL 。故A错误；
B.根据图像可知，小球进入电场后在水平方向做双向匀变速直线运动，水平方向有 2L=v0tOA ， 0=v0-qEmtAB 解得 tOA:tAB=1 ，故B错误；
C.小球在竖直方向做自由落体运动，则有 vB=gtOA+tAB ，小球过B点时的动能为 EkB=mvB22 ，
结合上述解得 EkB=2mv023 ，故C错误；
D.由于 E= 3mgq ，令电场力与重力合力方向与电场力方向夹角为 θ ，则有 tanθ=mgqE= 33 ，解得 θ=30∘ ，由于电场力与重力合力方向垂直于速度方向时，小球动能最小，
结合上述可知，此时速度方向与水平方向夹角为 90∘-30∘=60∘ ，此时速度最小，
则有 vmincs60∘=v0-qEmt2 ， vminsin60∘=v0tan30∘+gt2 ，
解得 vmin=v0 ，则小球在电场中运动的最小动能 Ekmin=12mvmin2=mv022 ，故D正确。
5.【答案】D
【解析】A.画出在abcd四点的电荷在EF两点的场强方向如图，由图可知， E、F 两点的电场强度相同，A错误；
B.由等量异种电荷周围的电势分布可知， A、O、B 三点在等量异种电荷的连线的中垂面上，则各点电势均为零，即 φA=φB=φO=0 ，B错误；
C.将一正的试探电荷从A点沿圆弧 AEB 移到 B 点的过程中，电势先升高后降低，则正电荷的电势能先增加后减小，则电场力先做负功再做正功，C错误；
D.若 b、c、d 处的电荷仍固定不动，将 a 处的电荷移到 O 处，因b处的电荷在Oa两点的电势相等，则b处的电荷使a处的电荷移到O处引起的电势能不变，则主要考虑dc两处的电荷对电荷a的影响，在a处时，dc两处的电荷在a点的电势为正，则电荷a的电势能为正，到O处时dc两处的电荷在O点的电势为零，则电荷a在O点的电势能为零，可知将 a 处的电荷移到 O 处电荷 a 的电势能将减小，D正确。
6.【答案】C
【解析】A、由题可知，滑片P向下调节，滑动变阻器的阻值R减小，即电路中的总电阻R总减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的总电流I总增大，电路内压U内增大，路端电压U外减小，由电源的效率得η=P出P总=U外E，即电源效率减小，故A正确；
B、灯L1的电流增大，所以L1的电压U1增大，又路端电压U外减小，所以灯L2和电容器两端的电压U2都减小，所以灯L2变暗，L2的电流I2也减小。又总电流增大，所以电流表的示数增大。对于电容器来说，两端电压U2减小，由Q=CU可得，电容器极板的带电量减小，故B正确；
C、由于不清楚外电路总电阻和电源内电阻的大小关系，所以无法判断电源的输出功率变化，故C错误；
D、电源的内部消耗功率为P内=I总2r由于总电流I总增大，所以电源的内部消耗功率增大，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
7.【答案】C
【解析】A.设头锤落到气囊上表面时的速度大小为v0，由自由落体运动公式得v02=2gH，解得v0=6m/s，故A错误;
B.F-t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为IF=12×0.1×660N⋅s=33N⋅s，故B错误;
C.以竖直向上为正方向，头锤与气囊作用过程，由动量定理得IF-Mgt=Mv-M(-v0)，设上升的最大高度为h，由动能定理得-Mgh=0-12Mv2，解得h=0.8m，故C正确;
D.碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=Mg(H-h)=30J，故D错误。
8.【答案】C
【解析】A、金属片内载流子为电子，根据左手定则知电子向N端偏转，N端电势低于M端，A错误；
B、由qvB=qUb得U=Bvb，仅减小磁感应强度B，电压表示数减小，B错误；
C、由I=nqSv=nqbhv，得U=BInqh，仅增大滑动变阻器R的阻值，电流减小，电压表示数减小，C正确；
D、由C知，仅增大金属片的长度a，电压表示数不变，D错误。
9.【答案】BC
【解析】A、系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小物块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小物块和木箱相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律知，最终小物块和木箱以相同的速度一起向左运动。故A错误；
B、最终小物块与木箱相对静止，一起做匀速运动，整个过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0=(M+m)v，解得：v=13v0，系统损失的机械能：△E=12Mv02-12(M+m)v2=13Mv02，故B正确；
C、系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0=mv+M⋅v02，解得：v=14v0，此时系统的能量E=12mv2+12Mv022=316Mv02