2025屆河南省普通高中物理高二第一學期期末預(yù)測試題含解析

2025屆河南省普通高中物理高二第一學期期末預(yù)測試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應(yīng)位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、將圓柱形強磁鐵吸在干電池的負極，強磁鐵的S極朝上N極朝下，金屬導線折成上端有一支點，下端開口的導線框，使導線框的頂端支點和底端分別與電源的正極和磁鐵都接觸良好但不固定，這樣整個線框就可以繞電池旋轉(zhuǎn)起來．下列判斷正確的是（）A.線框能旋轉(zhuǎn)起來，是因為慣性B.導線框?qū)⑸舷抡駝覥.電池輸出的電功率等于線框旋轉(zhuǎn)的機械功率D.俯視觀察，線框沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)2、有四個金屬導體，他們的伏安特性曲線如圖所示，將這四個導體串聯(lián)在同一個電路中，兩端電壓最大的導體是A.aB.bC.cD.d3、靜電屏蔽也不是什么高科技，小明想起課本上提到過一種新興的發(fā)電技術(shù)——磁流體發(fā)電。如下圖為磁流體發(fā)電機的原理示意圖，平行導體電極之間有一個很強的磁場，將一束含有大量正、負帶電粒子的電離氣體噴入磁場，兩極間就會產(chǎn)生電壓。磁場的磁感應(yīng)強度為B，電離氣體在兩極間穿過的速度為v，兩極間距為d，則下列小明對如圖所示的磁流體發(fā)電機的說法中，正確的是A.上極為電源的正極B.帶電粒子在兩極間運動時只受到磁場力的作用C.在接有用電器之后，兩極間的電壓為BdvD.在接有用電器之后，要維持電離氣體勻速通過兩極間的區(qū)域，則需要左右存在一個確定的壓力差4、在磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則()A.a、b兩處的磁感應(yīng)強度的大小不等，且B.a、b兩處的磁感應(yīng)強度的大小相等C.同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力大D.同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力小5、額定電壓為4.0V的直流電動機的線圈電阻為1.0Ω，正常工作時，電動機線圈每秒產(chǎn)生的熱量為4.0J，下列計算結(jié)果正確的是（）A.電動機正常工作時的電流強度為2.0AB.電動機正常工作時的輸出功率為8.0WC.電動機每秒將電能轉(zhuǎn)化成機械能為16.0JD.電動機正常工作時的輸入功率為4.0W6、下面的四個圖顯示了磁場對通電直導線的作用力，其中正確的是（）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、如圖所示，矩形線圈abed在勻強磁場中分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉(zhuǎn)動，當線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場方向平行時A.線圈繞P1轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電流等于繞P2轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電流，且均為0B.線圈繞P1轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢等于繞P2轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢C.線圈繞P1和P2轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向相同，都是a-b-c-dD.線圈繞P1轉(zhuǎn)動時cd邊受到的安培力等于繞P2轉(zhuǎn)動時cd邊受到的安培力8、如圖所示，MN、GH為平行導軌，AB、CD為跨在導軌上的兩根橫桿，導軌和橫桿均為導體，有勻強磁場垂直于導軌所在平面，方向如圖，用I表示回路中的電流，則（）A.當AB不動而CD向右滑動時，I≠0，且沿順時針方向B.當AB向左，CD向右滑動且速度大小相等時，I=0C.當AB、CD都向右滑動且速度大小相等時，I=0D.當AB、CD都向右滑動，且AB速度大于CD時，I≠0，且沿順時針方向9、閉合回路由電阻R與導線組成，其內(nèi)部磁場大小按圖乙變化，方向如圖甲所示，則回路中（）A.電流方向為順時針方向B.電流越來越大C.磁通量的變化率恒定不變D.產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越來越大10、如圖所示，圓O半徑為R，直徑豎直、BD水平．兩電荷量均為的點電荷固定在圓周上關(guān)于AC對稱的M、N兩點，從A點將質(zhì)量為m、電荷量為的帶電小球由靜止釋放，小球運動到O點的速度大小為，不計空氣阻力，重力加速度為g．則A.小球運動到C點的速度為B.小球從O運動到C，電勢能先增大后減小C.A、O兩點間電勢差D.A、C兩點電勢相等三、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）如圖甲所示，某實驗小組使用多用電表判斷二極管的極性（1）測量前應(yīng)將多用電表的選擇開關(guān)旋至_____（選填“交流電壓擋”“直流電壓擋”“電流擋”或“歐姆擋”）；（2）兩次測量指針偏轉(zhuǎn)分別如圖乙、丙所示，指針如圖乙所示時，紅表筆接的是二極管的______（選填“正”或“負”）極；指針如圖丙所示時，二極管的負極與_____（選填“紅”或“黑”）表筆相連12．（12分）如圖所示，在傾角為的光滑斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B。它們的質(zhì)量分別為mA、mB，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋。系統(tǒng)處于靜止態(tài)?，F(xiàn)開始用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，求物塊B剛要離開C時物塊A的加速度a和從開始到此時物塊A的位移d，已知重力加速度為g。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）一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負電的帶電粒子，從A點射入寬度為d、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN、PQ為該磁場的邊緣，磁感線垂直于紙面向里.帶電粒子射入時的初速度與PQ成角，且粒子恰好沒有從MN射出，如圖所示.（1）求該帶電粒子的初速度v0.（2）求該帶電粒子從PQ邊界射出的射出點到A點的距離x.14．（16分）半徑為R的內(nèi)壁絕緣光滑的半圓筒如圖所示固定，在a、b、c三點分別垂直于紙面放置三根等長的長直導線、b兩點位于水平直徑的兩端，導線a中通有垂直紙面向里、大小為的恒定電流．導線c中電流方向也垂直紙面向里，但大小未知．導線a、b固定，導線c處于靜止狀態(tài)，且與筒壁間無相互作用力，Oc與Oa的夾角為已知長直導線在距導線r處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小為為常數(shù)，I為長直導線中的電流，不考慮邊緣效應(yīng)．求導線b中通過的電流大小和方向15．（12分）如圖所示，A、B為水平放置的一對平行正對金屬板。一個帶正電微粒沿AB兩極板的中心線以水平速度射入極板，恰好落在下極板的中心點P處。已知粒子質(zhì)量為m，電量為q,極板間距為d，重力加速度g。若在AB兩板間加上電壓，微粒仍以原來的初速度沿中心線進入極板間，使微粒能夠從AB極板間的電場中飛出，則判斷AB兩極板電勢的高低并求出所加電壓大小滿足的條件。

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、D【解析】根據(jù)左手定則判斷線框的轉(zhuǎn)動方向，根據(jù)能量守恒定律判斷電流的大小【詳解】小磁鐵產(chǎn)生的磁場方向為線框的下端A向下流向磁鐵，對線框的下端平臺側(cè)面分析，扁圓柱形磁鐵上端為S極，下端為N極，周圍磁感線由上往下斜穿入線框內(nèi)部，在垂直于紙面向外的徑向上，磁感應(yīng)線有垂直于紙面向里的分量，在此徑向上的負電荷由下往上運動，由左手定則知：此負電荷受到垂直于徑向沿紙面向右的洛倫茲力，即在徑向的左垂線方向；同理，其他任一徑向上的電荷均受到左垂線方向的洛倫茲力（中心原點除外），所以，由上往下看（俯視），線框沿逆時針轉(zhuǎn)動，所以該裝置的原理是電流在磁場中的受力，不是慣性．故AB錯誤，D正確；因為電源輸出的電功率一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為動能，所以電池輸出的電功率大于線框旋轉(zhuǎn)的機械功率．故C錯誤．故選D2、D【解析】圖象的斜率表示電阻，則由圖象可知，d圖象的斜率最大，故d電阻的阻值最大；串聯(lián)在電路中各電阻電流相等，則由歐姆定律可得，d電阻兩端的電壓最大A、A項與上述分析結(jié)論不相符，故A錯誤；B、B項與上述分析結(jié)論不相符，故B錯誤；C、C項與上述分析結(jié)論不相符，故C錯誤；D、D項與上述分析結(jié)論相符，故D正確3、D【解析】A．由左手定則可知，正離子向下偏轉(zhuǎn)，負離子向上偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；B．當離子偏轉(zhuǎn)使得兩極板帶電后，兩極間就存在靜電場，因此離子還受到靜電力的作用，故B錯誤；C．由qvB-qE場=0E=U開=E場d可知，該發(fā)電機的電動勢E=Bdv則通電后，兩極板間電壓為U=E-Ir，其中r為該發(fā)電機的內(nèi)阻，故C錯誤；D．通電后，發(fā)電機內(nèi)部的電流由負極指向正極，即向下，由左手定則可知，電離氣體會受到向左的安培力，因此需要左側(cè)的氣體壓力大于右側(cè)的氣體壓力，才能維持電離氣體向右勻速通過兩極板間區(qū)域，故D正確。故選D。4、A【解析】磁場是一種特殊物質(zhì)形態(tài)，既看不見又摸不著．因此引入磁感線來幫助我們理解磁場，磁感線的疏密表示磁場的強弱，磁感線上某點的切線方向表磁場的方向．而小段通電導線放在磁場中有磁場力作用，但要注意放置的角度【詳解】磁感線的疏密表示磁場的強弱；a處的磁感線比b處密，則a點磁感強度比b點大，即Ba＞Bb．故A正確，B錯誤；當將一小段通電導線放入磁場時，安培力的大小與夾角有關(guān)，故無法比較通電導線在兩處的安培力大小．故CD錯誤．故選A【點睛】本題要求能明確磁感線的性質(zhì)，知道磁感線的疏密程度來表示磁感應(yīng)強度的大小．密的地方磁感應(yīng)強度大，疏的地方磁感應(yīng)強度小．這些特點和電場中的電場強度的方向和大小非常類似；同時還要明確安培力的大小與磁場強弱、電流大小以及放置夾角均有關(guān)5、A【解析】已知線圈電阻與線圈產(chǎn)生的熱量，應(yīng)用焦耳定律可以求出通過電動機的電流；然后應(yīng)用電功率公式與電功公式分析答題解：A、線圈產(chǎn)生的熱量Q=I2Rt，通過電動機的電流I===2.0A，故A正確；B、電動機正常工作時的輸入功率P=UI=4V×2A=8W，電動機的熱功率PQ=I2R=（2A）2×1Ω=4W，電動機的輸出功率P出=P﹣PQ=8W﹣4W=4.0W，故BD錯誤；C、電動機工作時每秒轉(zhuǎn)化為機械能W=P出t=4.0×1=4.0J；故C錯誤；故選A【點評】本題考查功率的計算；電動機是非純電阻電路，電動機的輸入功率等于熱功率與輸出功率之和，應(yīng)用電功率公式與電功公式即可正確解題6、A【解析】考查安培力的方向?！驹斀狻緼．根據(jù)左手定則判斷通電導線所受安培力的方向，A項正確；B．安培力應(yīng)垂直紙面向外，B項錯誤；C．磁場和導線平行，導線不受安培力，C項錯誤；D．安培力應(yīng)向上，D項錯誤。故選A。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、BD【解析】AB．根據(jù)交變電流的產(chǎn)生規(guī)律可知，感應(yīng)電動勢最大值Em=NBSω，當線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場方向平行時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，由于兩次轉(zhuǎn)動的角速度相同，線框面積相同，則它們產(chǎn)生的最大值相同，因此線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電動勢等于繞P2轉(zhuǎn)動時的電動勢，根據(jù)歐姆定律可知，線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電流等于繞P2轉(zhuǎn)動時的電流，此時感應(yīng)電流最大，不為0，故A錯誤，B正確。

C．對cd邊由右手定則可得，在圖示位置時，線圈繞P1和P2轉(zhuǎn)動時電流的方向相同，都是a→d→c→b，故C錯誤。

D．當線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場方向平行時，線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電流等于繞P2轉(zhuǎn)動時的電流，而安培力F=BIL，則線圈繞P1轉(zhuǎn)動時cd邊受到的安培力等于繞P2轉(zhuǎn)動時cd邊受到的安培力，故D正確。故選BD。8、CD【解析】當AB不動而CD棒向右運動時，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在整個回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，其方向逆時針方向，故A錯誤；當AB向左、CD向右滑動且速度大小相等時，此時穿過電路中的磁通量變大，則整個回路中的感應(yīng)電流不為零，故B錯誤；若AB、CD都向右滑動且速度大小相等時，，故C正確；當AB、CD都向右滑動，且AB速度大于CD時，則相當于AB棒向右切割，因而產(chǎn)生的電流且沿順時針方向，故D正確9、AC【解析】穿過閉合回路的磁通量垂直指向外增大，由楞次定律可知，感應(yīng)磁場方向垂直紙面向里，故電流方向為順時針，故A正確；圖象可知，磁感應(yīng)隨時間均勻增大，由可知，磁通量隨時間均勻增加，故其變化率恒定不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，，故感應(yīng)電動勢保持不變，電流強度不變，故BD錯誤C正確；【點睛】由B-t圖象可知磁感應(yīng)強度的變化情況，則由磁通量的定義可知磁通量的變化率；再由楞次定律可判斷電流方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律可求得感應(yīng)電動勢10、BC【解析】等量同種點電荷電場的分布具有對稱性，由動能定理結(jié)合其對稱性來分析【詳解】A．由電場線的分布特點及對稱性知，從O到C的過程由動能定理得：，解得：，故A錯誤；B．從O運動到C，場強的方向先向上后向下，電場力對小球先做負功后做正功，所以電勢能先增加后減小，故B正確；C．從A運動到O，由動能定理得：，解得：，故C正確；D．由電場線的分布特點及對稱性知O、C兩點電勢相等，要比A點電勢高，故D錯誤所以BC正確，AD錯誤【點睛】本題考查等量同種點電荷電場的分布特點，可以結(jié)合等量同種點電荷電場的分布圖象來分析最為直接方便．基礎(chǔ)題三、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.歐姆擋②.負③.黑【解析】(1)根據(jù)二極管具有單向?qū)ㄐ裕凑螂妷簳r電阻很小，反向電壓時電阻很大）可知，可利用歐姆檔來判斷二極管的極性；(2)指針如圖乙所示時，由圖可知，二極管電阻很小，說明二極管兩端加的正向電壓，根據(jù)多用電表作歐姆表用時的電流為“紅進黑出”可知，紅表筆接的是二極管的負極，同理可分析得，指針如圖丙所示時，二極管的負極與黑表筆相連12、，【解析】假設(shè)表示未加時彈簧的壓縮量，由胡克定律和共點力平衡條件可