云南省昆明八中2025屆物理高二第一學期期末預測試題含解析

云南省昆明八中2025屆物理高二第一學期期末預測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、如圖所示的電路中，電源兩端的電壓恒定，L為小燈泡，R為光敏電阻，其阻值隨光照強度的增強而減小，LED為發(fā)光二極管（電流越大，發(fā)出的光越強），發(fā)出的光直接照射在R上，且R與LED間距不變，下列說法中正確的是（）A.當滑動觸頭P向左移動時，L消耗的功率減小B.當滑動觸頭P向左移動時，L消耗的功率增大C.當滑動觸頭P向右移動時，L消耗的功率可能不變D.無論怎樣移動觸頭P，L消耗的功率都不變2、如圖所示，在靜電場中有A、B兩點，則下列說法中正確的是（）A.場強EA>EB，電勢φA>φBB.將電荷+q從A點移到B點，電場力做負功C.將重力可忽略的電荷+q從A點移到B點，加速度變小D.將電荷–q分別放在A、B兩點，具有的電勢能EpA<EpB3、下列說法中正確的是（）A.隨地球自轉的物體在地球上任意位置受到地球對該物體的萬有引力都大于其重力B.磁懸浮列車運行過程中懸浮于軌道上方，所以運行的磁懸浮列車為失重狀態(tài)C.射線是原子核外電子電離形成的電子流，它具有中等的穿透能力D.法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線形象地描述電場4、如圖所示的電路中，電源電動勢E=4V，內阻r=0.5Ω，定值電阻R=1Ω．開關S閉合后，電動機M剛好正常工作，理想電流表A的示數為1A．電動機的線圈電阻R0=0.5Ω，下列說法中正確的是A.定值電阻消耗的熱功率3.5WB.電動機的輸出功率為2WC.電動機兩端的電壓為2VD.電源的輸出功率是4W5、如圖所示，直角三角形通電閉合線圈ABC處于勻強磁場中，磁場垂直紙面向里，則線圈所受磁場力的合力為（）A.大小為零 B.方向豎直向上C.方向水平向右 D.方向垂直AC斜向下6、在如圖所示的電路中，A和B為兩個完全相同的燈泡，L為自感線圈(自身電阻忽略不計)，E為電源，S為開關，下列說法正確的是（）A.閉合開關S，B燈立即發(fā)光B.閉合開關S，穩(wěn)定后A燈比B燈亮C.開關S斷開后，A燈的電流逐漸減小D.開關S斷開后，B燈的電流先逐漸增大，再逐漸減小二、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，a、b、c、d為一邊長為l的正方形的頂點,電荷量均為q（q<0）的兩個點電荷分別固定在a、c兩點，靜電力常量為k,不計重力．下列說法正確的是A.過b、d點的直線位于同一等勢面上B.b點的電場強度大小為C.在兩點電荷產生的電場中，a、c兩點的電勢最低D.在b點從靜止釋放電子，到達d點時速度為零8、如圖所示，在勻強磁場上方將一個半徑為R、質量為m的導體圓環(huán)從靜止釋放，圓環(huán)剛進入磁場的瞬間和完全進入磁場的瞬間速度相同．已知圓環(huán)的電阻為r，勻強磁場的磁感應強度大小為B，重力加速度為g．下列說法正確的是A.圓環(huán)進入磁場的過程中，圓環(huán)的右端電勢高B.圓環(huán)進入磁場的過程做的是勻速直線運動C.圓環(huán)進入磁場的過程中，通過導體某個橫截面的電荷量為D.圓環(huán)進入磁場的過程中，電阻產生的熱量為2mgR9、如圖甲所示，線圈兩端a、b與一電阻R相連，線圈內有垂直于線圈平面向外的磁場，從t=0時起，穿過線圈的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化．下列說法正確的是A.時刻，R中電流方向由a到bB.3時刻，R中電流方向由a到bC.0~2時間內R中的電流是2~4時間內甲的2倍D.0~2時間內R產生的焦耳熱是2~4時間內產生的10、如圖所示，長直導線通以方向向上的恒定電流i，矩形金屬線圈abcd與導線共面，線圈的長是寬的2倍，第一次將線圈由靜止從位置Ⅰ平移到位置Ⅱ停下，第二次將線圈由靜止從位置Ⅰ繞過d點垂直紙面的軸線旋轉900到位置Ⅲ停下，兩次變換位置的過程所用的時間相同，以下說法正確的是()A.兩次線圈所產生的平均感應電動勢相等B.兩次線圈所產生的平均感應電動勢不相等C.兩次通過線圈導線橫截面積的電量相等D.兩次通過線圈導線橫截面積的電量不相等三、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）某同學要測量一新材料制成的元件的電阻，步驟如下（1）用多用電表“×100”倍率的電阻擋測量該元件的電阻時，發(fā)現(xiàn)指針偏角過大，此時需換用__________（填“×10”或“×1k”）倍率的電阻擋，并重新進行歐姆調零后再進行測量，表盤的示數如圖所示，則該電阻的阻值R0=__________Ω。（2）該同學想更精確地測量其電阻，現(xiàn)有的器材及其代號和規(guī)格如下:待測元件R0電流表A1（量程0-10mA，內阻約50Ω）電流表A2（量程0~50mA，內阻約30Ω）電壓表V1（量程0-3V，內阻約30kΩ）電壓表V2（量程0-15V，內阻約50kΩ）直流電源E（電動勢4V）滑動變阻器（阻值范圍0-5Ω）開關S、導線若干.要求較準確地測出其阻值，并多測幾組數據，電流表應選__________，電壓表應選__________（選填電表符號）;根據選擇的器材，畫出實驗電路圖。（）12．（12分）如圖為氫原子的能級圖,氫原子從某一能級躍遷到的能級,輻射出能量為2.55eV的光子(1)最少要給基態(tài)的氫原子提供__________的能量,才能使它輻射上述能量的光子?(2)請在圖中畫出獲得該能量后的氫原子可能的輻射躍遷圖四、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，在水平向右場強為E的勻強電場中，有一質量為m、電荷量為q的點電荷從A點由靜止釋放，僅在由場力的作用下經時間t運動到B點．求：（1）點電荷從A點運動到B點過程中電場力對點電荷做的功；（2）A、B兩點間的電勢差14．（16分）如圖所示為質譜儀的示意圖，在容器A中存在若干種電荷量相同而質量不同的帶電粒子，它們可從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，它們的初速度幾乎為0，然后經過S3沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片D上．若這些粒子中有兩種電荷量均為q、質量分別為m1和m2的粒子（m1＜m2）（1）分別求出兩種粒子進入磁場時的速度v1、v2的大??；（2）求這兩種粒子在磁場中運動的軌道半徑之比；（3）求兩種粒子打到照相底片上的位置間的距離15．（12分）如圖所示，空間內有方向垂直紙面(豎直面)向里的有界勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁感應強度大小未知．區(qū)域Ⅰ內有豎直向上的勻強電場，區(qū)域Ⅱ內有水平向右的勻強電場，兩區(qū)域內的電場強度大小相等．現(xiàn)有一質量m＝0.01kg、電荷量q＝0.01C的帶正電滑塊從區(qū)域Ⅰ左側與邊界MN相距L＝2m的A點以v0＝5m/s的初速度沿粗糙、絕緣的水平面向右運動，進入區(qū)域Ⅰ后，滑塊立即在豎直平面內做勻速圓周運動，在區(qū)域Ⅰ內運動一段時間后離開磁場落回A點．已知滑塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.225，重力加速度g＝10m/s2.(1)求勻強電場的電場強度大小E和區(qū)域Ⅰ中磁場的磁感應強度大小B1；(2)求滑塊從A點出發(fā)到再次落回A點所經歷的時間t；(3)若滑塊在A點以v0′＝9m/s的初速度沿水平面向右運動，當滑塊進入區(qū)域Ⅱ后恰好能做勻速直線運動，求有界磁場區(qū)域Ⅰ的寬度d及區(qū)域Ⅱ內磁場的磁感應強度大小B2.

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、B【解析】AB．當滑動觸頭P向左移動時，變阻器接入電路的電阻減小，電源兩端的電壓恒定，由歐姆定律分析得知，流過發(fā)光二極管電流增大，發(fā)光二極管發(fā)光強度增強，光敏電阻R的阻值減小，則L分擔的電壓增大，L消耗的功率增大，故A錯誤，B正確；C．觸點P向右移動，變阻器接入電路的電阻增大，電源兩端的電壓恒定，由歐姆定律分析得知，流過發(fā)光二極管電流減小，發(fā)光二極管發(fā)光強度減弱，光敏電阻R的阻值增大，則L分擔的電壓減小，L消耗的功率減小，故C錯誤；D．由以上分析可知，D錯誤。故選B。2、D【解析】根據順著電場線電勢降低，則知：電勢φA＞φB．由圖知，a處電場線疏，b處電場線密，而電場線的疏密表示場強的相對大小，則場強EA＜EB．故A錯誤．+q從A點移到B點，電場力方向與位移方向的夾角小于90°，則電場力做正功，故B錯誤．將重力可略的電荷+q從A點移到B點，所受的電場力增加，則加速度變大，選項C錯誤；根據負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，則電荷-q在A處電勢能小，B處電勢能大，即EpB＞EpA．故D正確．故選D【點睛】本題關鍵要掌握電場線兩個物理意義：方向表示電勢高低、疏密表示場強的大?。徽姾稍诟唠妱蔹c的電勢能較大，負電荷相反3、D【解析】A.地球上隨地球一起自轉的物體，在兩極以外的區(qū)域，萬有引力的一個分力充當向心力，另一分力是重力，兩分力間夾角小于直角，萬有引力大于重力；在兩極地區(qū)，向心力為零，則萬有引力等于重力；故A錯誤。B.磁懸浮列車處于懸浮狀態(tài)，在豎直方向受力平衡，不是失重狀態(tài)，故B錯誤。C.β射線是具有放射性的元素的原子核中的一個中子轉化成一個質子同時釋放出一個高速電子即β粒子，它具有中等的穿透能力，故C錯誤。D.英國物理學家法拉第最早引入了電場的概念，并提出電場線和磁感線來形象表示電場和磁場，故D正確。4、B【解析】定值電阻的功率由焦耳定律求得，電源的輸出功率由總功率減去內阻功率，電動機是非純電阻電路，輸出功率等于輸入功率與熱功率之差【詳解】A、定值電阻消耗的熱功率，A錯誤；BC、電動機兩端的電壓，則電動機的電功率為，又因為電動機線圈上的發(fā)熱功率為，所以，電動機的輸出功率為，B正確，C錯誤；D、電源的輸出功率為，D錯誤故選B【點睛】電動機是非純電阻電路，輸出功率等于輸入功率與熱功率之差；電源的輸出功率由總功率減去內阻功率，要注意功率公式的適用條件5、A【解析】若通以順時針的電流方向，根據左手定則可知：各邊所受的安培力背離中心處.如圖所示：由公式F=BIL得出各邊的安培力的大小，從而得出安培力大小與長度成正比，因而兩直角邊的安培力與斜邊的安培力等值反向；所以線圈所受磁場力的合力為零.故A正確，B、C、D錯誤.故選A.6、C【解析】A．電感線圈L因自感會阻礙電流的增大，則閉合開關S時，B燈的支路電流慢慢增大，B燈慢慢發(fā)光，故A錯誤；B．電路穩(wěn)定后的線圈L因無自身電阻而看成導線，則A和B兩并聯(lián)電路的電阻相同，則兩燈的功率相同，亮度一樣，故B錯誤；CD．開關S斷開后，線圈L阻礙電流減小而充當了新電源的作用，因穩(wěn)定時流過L的電流和A的相同，則兩燈泡都是逐漸變暗，也不會出現(xiàn)先閃亮后變暗的現(xiàn)象，故C正確，D錯誤。故選C。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】先求解兩個電荷單獨存在時在b點的場強，然后根據平行四邊形定則合成得到b點的場強；根據等量同種點電荷的電場的特點判斷b、d連線上各點電勢的關系．根據電子的受力情況分析運動【詳解】順著電場線電勢逐漸降低；由等量同種點電荷的電場分布的特點可知，過b、d的直線不是等勢面，在ac中點的電勢最低．故A錯誤；ac兩電荷在b點的電場強度是矢量合，Ea＝Ec＝，則b點的電場強度大小為：E＝2Eacos45°＝，故B正確；因負電荷放在a、c兩點，可知在兩點電荷產生的電場中，a、c兩點的電勢最低，選項C正確；在b點從靜止釋放的電子，由于受到垂直ac向上的斥力作用，則電子將向上運動，不會到達d點，選項D錯誤；故選BC.8、AD【解析】分析清楚圓環(huán)穿過磁場的過程，根據楞次定律判斷感應電流的方向，由電源部分決定哪端電勢高低；根據線圓環(huán)進入與離開磁場的速度判斷線框的運動性質；根據求電荷量；根據動能定理求出線框的ab邊剛進入磁場到ab邊剛離開磁場這段過程中克服安培力做的功，即可知道線框從進入到全部穿過磁場的過程中克服安培力做的功.【詳解】圓環(huán)進入磁場的過程中，垂直紙面向里的磁通量增加，根據楞次定律，圓環(huán)中感應電流的磁通量應垂直紙面向外，由右手定則判斷感應電流為逆時針方向，由于進入磁場的下部分相當于電源，可知圓環(huán)的右端電勢高，故A正確；由于圓環(huán)剛進入磁場的過程中產生的感應電流不等，安培力不等，故線圈不可能勻速，故B錯誤；根據，得，故C錯誤；由于圓環(huán)剛進入磁場的瞬間和完全進入磁場的瞬間速度相等，根據動能定理得：mg2R-W=0，所以W=2mgR．故D正確．故選AD【點睛】解決本題的關鍵是恰當地選擇研究過程，根據動能定理求出克服安培力所做的功，以及根據動力學分析出線框的運動情況9、BD【解析】根據楞次定律即可判斷t0、3t0時刻，R中的電流方向；根據法拉第電磁感應定律求出兩個時間段內的感應電動勢，由歐姆定律得到電流關系；根據焦耳定律Q＝I2Rt即可得到兩個時間段的焦耳熱的大小關系.【詳解】t0時刻，線圈中向外的磁通量在增加，根據楞次定律，感應電流沿順時針方向，所以R中電流方向由b到a，故A錯誤；3t0時刻，線圈中向外的磁通量在減少，根據楞次定律，感應電流沿逆時針方向，R中的電流方向由a到b，故B正確；0～2t0時間內感應電動勢；2t0～4t0時間內感應電動勢；根據I=E/R可知，知0～2t0時間內R中的電流是2t0～4t0時間的，故C錯誤；根據焦耳定律Q＝I2Rt，知0～2t0時間內R產生的焦耳熱是2t0～4t0時間內的，故D正確；故選BD【點睛】由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢的大小，而感應電流的方向則由楞次定律判定．同時穿過磁通量發(fā)生變化的線圈相當于電源，所以電源內部（線圈）電流方向是負極到正極10、BD【解析】根據通電直導線周圍的磁場分布可知，兩次通過線圈的磁通量不同，根據可知，線圈所產生的平均感應電動勢不相等，選項A錯誤，B正確；根據可知兩次通過線圈導線橫截面積的電量不相等，選項C錯誤，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.×10②.300③.A1④.V1⑤.【解析】(1)[1]用多用電表“×100”倍率的電阻擋測量該元件的電阻時，發(fā)現(xiàn)指針偏角過大，說明所選擋位太大，此時需換用×10倍率的電阻擋[2]重新進行歐姆調零后再進行測量，表盤的示數如圖所示，則該電阻的阻值(2)[3]電源電動勢為4V，電壓表應選擇V1；[4]通過待測電阻的最大電流約為所以電流表選擇A1；[5]待測電阻阻值遠大于滑動變阻器最大阻值，為測多組實驗數據，滑動變阻器應采用分壓接法，電壓表內阻遠大于待測電阻阻值，電流表應采用外接法，實驗電路圖如圖所示12、75Ev【解析】如圖為氫原子的能級圖,氫原子從某一能級躍遷到的能級,輻射出能量為2.55eV的光子【詳解】（1）氫原子從n＞2的某一能級躍遷到n=2的能級，輻射光子的頻率應滿足：hν=En-E2=2.55eVEn=hν+E2=-0.85eV解得：n=4基態(tài)氫原子要躍遷到n=4的能級，應提供的能量為：△E=E4-E1=12.75eV（2）獲得該能量后的氫原子可能的輻射躍遷圖如圖【點睛】該題考查對玻爾理論的理解，解決本題的關鍵知道能級間躍遷吸收或輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，即Em-En=hv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）【解析】本題的關鍵是對電荷受力分析利用牛頓第二定律求出加速度，然后利用運動學公式和功的計算公式聯(lián)立求解電場力做的功（或根據動量定理和動能定理聯(lián)立求解）；靈活應用A、B兩點間電勢差公式UAB＝.【詳解】（1）設電荷受到的電場力為F，運動的加速度為a，在t時間內運動的距離為s，電場力對電荷做的功為W，電荷向右做勻加速直線運動，則由牛頓第二定律有F=qE=ma①又s=at2②，W=Fs③聯(lián)立①②③解得W=（2）設A、B兩點間的電勢差為UAB，則UAB=W/q，將W=代入可得UAB=【點睛】（1）求電場力做功的方法有根據功的計算公式W=Fs或根據動能定理W=△Ek等．（2）注意A、B兩點間電勢差公式UAB＝中各量均帶有正負號14、（1）、；（2）；（3）（-）【解析】（1）帶電粒子在電場中被加速，應用動能定理可以求出粒子的速度（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子的軌道半徑，然后求出半徑之比（3）兩粒子在磁場中做圓周運動，求出其粒子軌道半徑，然后求出兩種粒子打到照相底片上的位置間的距離【詳解】（1）經過加速電場，根據動能定理得：對m1粒子：qU=m1v12m1粒子進入磁場時速度：，對m2粒子有：qU=m2v22，m2粒子進入磁場時的速度：；（2）在磁場中，洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得，粒子在磁場中運動的軌道半徑：，代入（1）結果，可得兩粒子的軌道半徑之比：R1：R2=；（3）m1粒子的軌道半徑：，m2粒子的軌道半徑：，兩粒子打到照相底片上的位置相距：d=2R2-2R1，解得，兩粒子位置相距為：；【點睛】本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的關鍵，應用動能定理與牛頓第二定律可以解題15、(1)10V/