【文档说明】（江苏专用，人教版2019，必修第三册4~5章，选择性必修第一册1~4章）（全解全析）（江苏专用，人教版2019）.docx，共(10)页，648.207 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高二物理上学期期中模拟卷（江苏专用）（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题

卡上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。写在本试卷上无效。3．测试范围：人教版（2019）必修三第4、5章，选择性必修一第1、2、3、4章。4．难度系数：0.7。第Ⅰ

卷一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44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．在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡

的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5Ω。当开关S闭合后（）A．L1的电阻为112ΩB．L1消耗的电功率为7.5WC．L2的电阻为7.5ΩD．L2消耗的电功率为0.375W【答案】C【解析】

电源电动势为3.0V，内阻不计，路端电压为3.0V，L1两端的电压为3.0V，由题图可知，此时的电流为0.25A，所以L1电阻值：R1＝UI＝3.00.25Ω＝12Ω，L1消耗的电功率为：P＝UI＝3.0×0.25W

＝0.75W，故A、B错误；作出电阻R的伏安特性曲线如图，由于R与L2串联，所以二者的电流值是相等的，由图可以读出，此时二者的电压都是1.5V，二者电压的和等于3.0V，此时的电流值是0.2A，所以R2＝1.50.2Ω＝7.5

Ω，故C正确；L2消耗的电功率为：P′＝U′·I′＝1.5×0.2W＝0.3W，故D错误。2．如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合金属框abcd共面，第一次将金属框由Ⅱ平移到Ⅰ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅰ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则（）A．ΔΦ1>ΔΦ2

B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2D．不能判断【答案】C【解析】设金属框在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2.第一次将金属框由Ⅱ平移到Ⅰ，穿过金属框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量ΔΦ1＝Φ1－Φ2，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅰ，穿过金属框的磁感

线的方向发生改变，磁通量变化量ΔΦ2＝Φ1＋Φ2，故ΔΦ1<ΔΦ2，故C正确，A、B、D错误。3．关于电磁波的下列说法正确的是（）A．T射线（1THz＝1012Hz）是指频率从0.3～10THz、波长介于无线电波中的毫米波与红外线之间的电磁辐射，它的波长比可见光波长短B．电磁波可以通过电缆、光缆

进行有线传输，但不能实现无线传输，光缆传递的信息量最大，这是因为频率越高可以传递的信息量越大C．太阳辐射的能量大部分集中在可见光及附近的区域D．电磁波在真空中传播得越来越慢【答案】C【解析】T射线（1THz＝1012Hz）是指频率从0.3～10THz、波长介于无线电波

中的毫米波与红外线之间的电磁辐射，它的波长比可见光波长长，所以A错误；电磁波可以通过电缆、光缆进行有线传输，也可以实现无线传输，所以B错误；太阳辐射的能量大部分集中在可见光及附近的区域，所以C正确；电磁波在真空中传播速度不变，所以D错误。4．在如图

所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光。滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（）A．灯泡L变亮B．电容器C的带电荷量将增大C．R0两端的电压减小D．电源的总功率变小，但电

源的输出功率一定变大【答案】B【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动后，R增大，电路中电流I减小，灯泡L将变暗，故A错误；由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir得路端电压增大，则知U增大，电容器电荷量Q＝UC增大，故B正确；电路稳定后电容器相当于断路，则R0两端电压为零，没有变化，故C错误

；I减小，电源的总功率P＝EI减小，由于电源的内阻与外电阻的关系不知，不能确定电源输出功率如何变化，故D错误。5．如图，摩天轮悬挂透明座舱，人坐在舱内随旋转座椅一起做匀速圆周运动。以下说法正确的是A．转动过程中，人的动量不变B．转动一圈，人所受合

力的冲量不为零C．转动一圈，人所受重力的冲量不为零D．转动到最高点时，人所受合力为零【答案】C【解析】转动过程中，人的动量大小不变，方向不断变化，则动量变化，选项A错误；转动一圈，人动量的变化为零，则由动量定理可知，人所受合力的冲量为零，选项B错误；根据I＝mgt

可知，转动一圈，人所受重力的冲量不为零，选项C正确；转动到最高点时，人的加速度不为零，则所受合力不为零，选项D错误。6．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的

机械能为A．3JB．4JC．5JD．6J【答案】A【解析】根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s，碰撞过程由动量守恒定

律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝12m甲v甲2＋12m乙v乙2－12m甲v甲′2－12m乙v乙′2，解得ΔE＝3J，故选A。7．如图所示是甲、乙

两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是A．t＝1s时，甲摆的重力势能最小，动能最大B．t＝2s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零C．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1D．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相

等【答案】B【解析】由题图知，t＝1s时，甲摆在振动的最大位移处，动能最小，重力势能最大，选项A错误；t＝2s时，甲摆在平衡位置处，乙摆在振动的最大位移处，故选项B正确；由单摆的周期公式T＝2πlg推出甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项C错误；摆球的振幅

A＝L·θ，由于甲的摆长小，振幅大，所以甲的摆角大，摆球在最大位移处的高度h＝L（1－cosθ），摆球在最低点的速度v＝2gh，摆球在最低点的向心加速度an＝v2L，联立可得an＝2g（1－cosθ）

，由于甲的摆角大，所以甲的向心加速度大，故D错误。8．一列简谐横波a，某时刻的波形如图甲所示。从该时刻开始计时，波上质点A的振动图像如图乙所示。波a与另一列简谐横波b相遇能发生稳定干涉现象，则下列判断正确的是A．波a

沿x轴负方向传播B．波b的频率为0.4HzC．从该时刻起，再经过0.4s，质点A通过的路程为40cmD．若波a遇到障碍物能发生明显衍射现象，则障碍物的尺寸一定比0.4m大很多【答案】C【解析】结合题图乙可知，计时开始时A点正向下振动，

由波形平移法可知波a沿x轴正方向传播，故A错误；由题图乙可知波a的周期为T＝0.4s，故频率为f＝1T＝10.4Hz＝2.5Hz，发生稳定干涉的条件之一是两列波的频率相同，故若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则所遇到的波b的频率为2.5Hz，故B错误；质点A做简谐运动，一个周期内

通过的路程为s＝4A＝4×10cm＝40cm，故C正确；由题图甲可知波长为λ＝0.4m，发生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸与波长相差不大或者比波长小，故若波a遇到障碍物能发生明显衍射现象，该障碍物的尺寸一定与0.4m相差不大或者比0.4m小，故D错误。9．关于

图所示的四幅图，以下说法正确的是A．图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a光束在水珠中传播的速度一定小于b光束在水珠中传播的速度B．图乙是一束单色光进入足够长的平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有

光线从bb′面射出C．图丙中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将明、暗交替变化，此现象表明光是横波D．图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的【答案】C【

解析】根据折射率和光的传播速度之间的关系n＝cv，可知，折射率越大，传播速度越小，从题图甲中可以看出，b光束在水珠中偏折程度大，即b的折射率大于a的折射率，则a在水珠中的传播速度大于b在水珠中的传播速度，故A错误；

当入射角i逐渐增大时，折射角逐渐增大，但折射角始终小于临界角，根据几何知识可知，光在玻璃砖内的入射角不可能大于临界角，不论入射角i如何增大，玻璃砖中的光线不会发生全反射，故肯定有光线从bb′面射出，故B错误

；只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故C正确；由于不知道被检测工件表面的放置方向，故不能判断此处是凸起还是凹陷的，故D错误。10．如图所示，真空中有一个半径为R，质量分布均匀的

玻璃球，频率为f的细激光束在真空中沿直线BC传播，并于玻璃球表面的C点经折射进入玻璃球，并在玻璃球表面的D点又经折射进入真空中，已知∠COD＝120°，玻璃球对该激光的折射率为3，则下列说法正确的是A．出射光线的频率变小B．改变入射角α的

大小，细激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射C．此激光束在玻璃球中传播的时间为t＝3Rc（c为真空中的光速）D．激光束的入射角为α＝45°【答案】C【解析】光在不同介质中传播时，频率不会发生改变，所以出射光线的频率不变，故A错误；激光束从C点进入玻璃球时，无

论怎样改变入射角，折射角都小于临界角，根据几何知识可知光线在玻璃球内表面的入射角不可能大于临界角，所以不可能发生全反射，故B错误；此激光束在玻璃球中的速度为v＝cn＝c3，CD间的距离为s＝2Rsin60°＝3R，则激光束在玻璃球中从C到D传播的时间为t＝sv＝3Rc，故C正确；由几

何知识得到激光束在C点的折射角r＝30°，由n＝sinαsinr可得入射角α＝60°，故D错误。11．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们

，如图所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是A．v1＝v2＝v3＝13v0B．v1＝0，v2＝v3＝12v0C．v1＝0，v2＝v3＝12v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0【答案】D【

解析】由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为12mv20。假如选项A正确，则碰后总动量为33mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。假如选项B正确，则碰后总动量为22mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。假如选

项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为14mv20，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。假如选项D正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项D正确。第Ⅱ卷二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～第16题

解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．（10分）在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上（如图11甲），并选用缝间距为d的双缝屏．从仪器注明的规格可知，毛玻璃屏与双缝

屏间的距离为L.接通电源使光源正常工作，发出白光。（1）组装仪器时，图甲中a为________缝，b为________缝。（均选填“双”或“单”）（2）若取下红色滤光片，其他实验条件不变，则在目镜中________；A．观察不到干涉条纹B．可观察到明暗相间的白条纹

C．可观察到彩色条纹（3）若实验中在屏上得到的干涉图样如图乙所示，毛玻璃屏上的分划板刻线在图中c、d位置时，游标卡尺的读数分别为x1、x2（x2>x1），则入射的单色光波长的计算表达式为λ＝________；分划板刻线在某条明条纹位置时游标卡尺如图丙所示，其读数为_____

___mm。【答案】（1）单（2分）双（2分）（2）C（2分）（3）x2－x1d6L（2分）31.10（2分）【解析】（1）按题图所示组装仪器时，a处为单缝，b为双缝。（2）若取下红色滤光片，白光干涉图样为彩色条纹，故C正确，A、B

错误。（3）条纹间距为Δx＝x2－x16，根据Δx＝Ldλ，解得λ＝x2－x1d6L游标卡尺读数为31mm＋0.05mm×2＝31.10mm。13．（8分）如图所示的电路中，电源电动势E＝10V，内阻r＝0.5Ω，电动机的电阻R0＝1.0Ω，定值电阻

R1＝1.5Ω。电动机正常工作时，理想电压表的示数U1＝3.0V。求：（1）电源的总功率？（2）电源的输出功率？（3）电动机消耗的电功率以及将电能转化为机械能的功率？【答案】（1）20W（2）18W（3）12W8W【解析】（1）电动机正常工作时，总电流为I＝

U1R1＝2A（1分）电源的总功率为P＝EI＝10×2W＝20W（1分）（2）电源的输出功率P出＝P－I2r＝（20－22×0.5）W＝18W（2分）（3）电动机两端的电压为U＝E－Ir－U1＝（10－2×0.5－3.0）V＝6V（1分）电动机消耗的电功率为

P电＝UI＝6×2W＝12W（1分）电动机消耗的热功率为P热＝I2R0＝22×1.0W＝4W（1分）电动机将电能转化为机械能的功率，根据能量守恒定律得P机＝P电－P热＝8W。（1分）14．（10分）一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示。求：（1）写出该简谐运动的表达式？（2）t＝

0.25×10－2s时的位移？（3）从t＝0到t＝8.5×10－2s的时间内，质点的路程、位移各为多大？【答案】（1）x＝2sin（100πt－π2）cm（2）－1.414cm（3）34cm2cm【解析】（1）由题图图像知，A＝2cm，T＝2×10－2

s，φ＝－π2，则ω＝2πT＝100πrad/s，（1分）则表达式为x＝2sin（100πt－π2）cm。（2分）（2）把t＝0.25×10－2s代入表达式有：x＝2sin（－π4）cm≈－1.414cm。（2分）（3）Δt＝8.5×10－2s＝174T，（1分）所以通过的路程为

174×4A＝17A＝17×2cm＝34cm。（2分）把t＝8.5×10－2s代入表达式得x′＝2·sin8πcm＝0，即此时质点在平衡位置，这段时间内的位移大小为Δx＝x′－x0＝2cm。（2分）15．（12分）一列

简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示为t＝0时刻的完整波形图。P、Q、M三质点平衡位置的坐标分别为（2m，0）、（73m，0）、（16m，0），已知t1＝0.75s时质点P首次出现在波谷位置，求：（1）质点P的振动方程？（2）质点M第一次出现在波峰位置所对

应的时刻？（3）从t＝0到t2＝1.5s的时间内，质点Q运动的平均速度大小？【答案】（1）y＝10sin2πt（cm）（2）3.75s（3）0.067m/s【解析】（1）t＝0时，P点向上振动，t1＝0.75s时，P首次出现在波谷，则有t

1＝34T（1分）可得周期T＝1.0s（1分）故质点P的振动方程为y＝10sin2πt（cm）（2分）（2）根据题图可知波长λ＝4m（1分）则波速v＝λT＝4m/s（1分）波峰第一次传到M点需要的时间为t′＝16－14s＝3.75s故对应的时刻为t＝3.75s（1分）（3）该简谐波在t＝

0时的波形满足的函数关系为y＝10sinπ2x（cm）（1分）t＝0时，质点Q偏离平衡位置的位移y1＝－5cm，且此时该质点向上振动（1分）t2＝1.5s＝32T，Δx＝vt2＝6m＝（1＋12）λ，所以t2＝1.5s时，该质

点离开平衡位置的位移y2＝10×sinπ2×13cm＝5cm（2分）所以质点Q的平均速度大小为v＝y2－y1t2＝203cm/s≈0.067m/s。（1分）16．（16分）如图示，半径R＝10m、弧长

l＝0.9m的光滑圆弧面固定在水平地面上，其右侧有一质量M＝4kg的木板A静置于光滑水平面上，木板A的上表面与圆弧面的Q点在同一水平面上。可视为质点、质量m＝1kg的小滑块B以v0＝3m/s的速度沿木板A的上表面从右端滑到A上，A、B间的滑动摩擦因数为μ＝0.72，A刚要撞到圆弧体上时，A、B恰好

达到共同速度，滑块B冲上光滑圆弧面且不会从P端冲出，木板A在圆弧体右侧竖直面上的防撞装置的作用下，在极短的时间内紧贴圆弧体右侧静止，且木板A与圆弧体没有粘结。重力加速度g＝10m/s2，求：（1）木板A的长度L?（2）滑块B在圆弧面上运动的时间?（3）滑块

B从滑上A开始到最终相对A静止时经历的时间?（4）滑块B从滑上A开始到最终相对A静止时，A运动的路程?【答案】（1）0.5m；（2）3.14s；（3）3.54s；（4）0.104m【解析】（1）对A、B系统，A、B共速前，由动量守恒，设A、B的

速度为v1，mv0=（m+M）v1（1分）解得v1=0.6m/s（1分）由能量守恒定律μmgL=12mv02−12（m+M）v12（1分）解得L=0.5m（1分）（2）l＝Rθ，θ≈5°，B在圆弧上做单摆运动由T＝2πRg滑块在圆弧上运动的时间Δt=12T=π＝3.14s（

1分）（3）B向左在A上运动的时间t1，对B：由动量定理−μmgt1=mv1−mv0（1分）解得t1=13s（1分）B以v1=0.6m/s的速度从左侧滑上A后，与A共速时速度为v2对A、B系统mv1=（m+M）v2（1分）解得v2=0.12m/s（1分）B与A向右运动达到共

速用时t2：−μmgt2=mv2−mv1（1分）解得t1=1/15s（1分）总共用时t＝t1+Δt+t2＝3.54s（1分）（4）开始A静止时左端离圆弧体的距离x1对A：μmgx1=12Mv12（1分）解得x1=0.1m（1分）B向右运动与A达到共速时A左端向右运

动的距离x2μmgx2=12Mv22解得x2=0.004m（1分）所以Δx＝x1+x2＝0.104m。（1分）