海南省?？谑腥A僑中學(xué)2025屆物理高二第一學(xué)期期末監(jiān)測(cè)模擬試題含解析

海南省海口市華僑中學(xué)2025屆物理高二第一學(xué)期期末監(jiān)測(cè)模擬試題注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、下列各圖中，用帶箭頭的細(xì)實(shí)線表示通電直導(dǎo)線周圍磁感線的分布情況，其中正確的是A. B.C. D.2、如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)電荷量為q的正離子，自a點(diǎn)沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，突然吸收了附近若干電子，接著沿另一半圓軌道運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，已知a、b、c在同一直線上，且ab=ac，電子電荷量為e，電子質(zhì)量可忽略不計(jì)，則該離子吸收的電子個(gè)數(shù)為A. B.C. D.3、如圖所示，兩根相距為L(zhǎng)平行放置的光滑導(dǎo)軌，與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根質(zhì)量為m，電阻為r的通電金屬桿ab位于導(dǎo)軌上，若ab恰好在導(dǎo)軌上處于靜止?fàn)顟B(tài)，則關(guān)于通過ab的電流的方向和大小的說法正確的是()A.方向由b到a，大小I＝B.方向由b到a，大小I＝C.方向由a到b，大小I＝D.方向由a到b，大小I＝4、若在一半徑為r，單位長(zhǎng)度帶電荷量為q(q>0)的均勻帶電圓環(huán)上有一個(gè)很小的缺口Δl(且Δl?r)，如圖所示，則圓心處的場(chǎng)強(qiáng)大小為（）A. B.C. D.5、如圖所示的電路中，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭P向上滑動(dòng)時(shí)，則（）A.燈L2變亮B.電容器貯存電荷量變大C.燈L1變暗D.電源的總功率變小6、最先發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)的科學(xué)家是（）A.伽利略 B.帕斯卡C.牛頓 D.奧斯特二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示，，，，A、B兩端接在輸出電壓恒定的電源上，則（）A.斷開時(shí)，R1與R2兩端的電壓之比為B.閉合時(shí)，通過R1與R2的電流之比為C.閉合時(shí)，R1與R2兩端的電壓之比為D.斷開與閉合兩種情況下，電阻R1兩端的電壓之比為8、套在長(zhǎng)絕緣直棒上的小環(huán)質(zhì)量為m，帶電量為，小環(huán)內(nèi)徑比棒的直徑略大．將棒放置在方向均水平且正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，小環(huán)與棒的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，現(xiàn)將小環(huán)從靜止釋放，小環(huán)可沿絕緣直棒下滑，棒足夠長(zhǎng)，下列說法正確的是（）A.小環(huán)從靜止釋放瞬間加速度B.小環(huán)運(yùn)動(dòng)過程的最大加速度C.小環(huán)運(yùn)動(dòng)過程中最大速度D.當(dāng)摩擦力增加到與重力平衡時(shí)，小球的速度最大9、如圖所示電路中，A、B為兩個(gè)相同燈泡，L為自感系數(shù)較大、電阻可忽略不計(jì)的電感線圈，C為電容較大的電容器，下列說法中正確的有A.接通開關(guān)S，A立即變亮，最后A、B一樣亮B.接通開關(guān)S，B逐漸變亮，最后A、B一樣亮C.斷開開關(guān)S，A、B都立刻熄滅D.斷開開關(guān)S，A立刻熄滅，B逐漸熄滅10、如圖所示，帶負(fù)電的小球穿在一根絕緣粗糙細(xì)桿上，桿與水平方向成θ角，整個(gè)空間存在著垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.現(xiàn)給小球一初速度，使小球沿桿向下運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為10J，到達(dá)c點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減為零，b為ac的中點(diǎn)，那么帶電小球在運(yùn)動(dòng)過程中()A.到達(dá)c點(diǎn)后保持靜止B.受到的彈力增大C.在b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為5JD.在ab段克服摩擦力做的功與bc段克服摩擦力做的功相等三、實(shí)驗(yàn)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）在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，所使用的電流表內(nèi)阻約為幾歐姆，電壓表的內(nèi)阻約為十幾千歐．根據(jù)實(shí)驗(yàn)所測(cè)8組數(shù)據(jù)，在如圖所示I-U坐標(biāo)系中，通過描點(diǎn)連線得到了小燈泡的伏安特性曲線.①請(qǐng)根據(jù)你的判斷在虛線框中畫出實(shí)驗(yàn)電路圖______.②根據(jù)圖甲可確定小燈泡功率P與U2和I2的關(guān)系圖象，其中正確的是（）12．（12分）在“測(cè)定金屬的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中，用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲直徑，用米尺測(cè)出金屬絲的長(zhǎng)度L，用伏安法測(cè)出金屬絲的電阻Rx，然后根據(jù)電阻定律計(jì)算出該金屬材料的電阻率。(1)測(cè)量金屬絲直徑時(shí)螺旋測(cè)微器刻度如圖所示，讀數(shù)D=_________mm。(2)按照下圖實(shí)物連接好電路，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，讀出多組電壓表與電流表示數(shù)U、I，處理數(shù)據(jù)得到金屬絲的電阻Rx。請(qǐng)依據(jù)實(shí)物圖在方框內(nèi)畫出電路原理圖_________。(3)用圖中的電路測(cè)量金屬絲的電阻比真實(shí)值_________（填“偏大”或“偏小”）。(4)該金屬絲電阻率的表達(dá)式為ρ=_________（用題中所給物理量的字母表示）。四、計(jì)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）某控制帶電粒子運(yùn)動(dòng)的儀器原理如圖所示，區(qū)域PP′M′M內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E＝1.0×103V/m，寬度d＝0.05m，長(zhǎng)度L＝0.40m；區(qū)域MM′N′N內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.5×10－2T，寬度D＝0.05m，比荷＝1.0×108C/kg的帶正電的粒子以水平初速度v0從P點(diǎn)射入電場(chǎng)．邊界MM′不影響粒子的運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力(1)若v0＝8.0×105m/s，求粒子從區(qū)域PP′N′N射出的位置；(2)若粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后就從M′N′間垂直邊界射出，求v0的大??；(3)若粒子從M′點(diǎn)射出，求v0滿足的條件14．（16分）如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，x＜0的區(qū)域存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為q粒子在電場(chǎng)中的P點(diǎn)以初速度v0沿x軸正方向射出，恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)．已知P點(diǎn)坐標(biāo)為(－L，)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，不計(jì)粒子重力．求：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；（2）粒子在O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；（3）粒子從磁場(chǎng)射出時(shí)的橫坐標(biāo)x15．（12分）如圖所示，在觀察奧斯特實(shí)驗(yàn)時(shí)，小明注意到置于通電直導(dǎo)線下方小磁針的N極向紙內(nèi)偏轉(zhuǎn)小明由此推測(cè)：若電子沿著水平方向平行地飛過磁針上方時(shí)，小磁針也將發(fā)生偏轉(zhuǎn)請(qǐng)你說出小明推測(cè)的依據(jù)是：____________，你認(rèn)為磁針的N極會(huì)向______選填“紙內(nèi)”或”紙外”偏轉(zhuǎn)

參考答案一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、D【解析】本題考查直導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)的分布情況，可根據(jù)安培定則得出磁場(chǎng)的形狀并能畫出不同面上的平面圖【詳解】通電直導(dǎo)線的磁感線是由導(dǎo)線為中心的一系列同心圓，且導(dǎo)線與各圓一定是相互垂直的，故D正確，ABC錯(cuò)誤【點(diǎn)睛】在電磁學(xué)中應(yīng)注意空間想象能力的培養(yǎng)，要學(xué)會(huì)由立體圖畫出平面圖，只有這樣才能順利求解一些電磁場(chǎng)中的力學(xué)問題2、B【解析】正離子在吸收電子這前的半徑由半徑公式得：正離子吸收若干電子后由半徑公式得：雙因聯(lián)立解得：故選B3、A【解析】金屬桿靜止時(shí)，所受的安培力F沿斜面向上，由左手定則知桿ab中電流方向由b到a，桿受力如圖所示：由平衡條件得：F＝mgsinθ，又F＝BIL，聯(lián)立解得：，故A正確，BCD錯(cuò)誤4、C【解析】把缺口處填補(bǔ)為完整的圓，則填補(bǔ)上的小圓弧帶電荷量q′＝Δlq由于Δl?r，故可視為點(diǎn)電荷，它在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為：由對(duì)稱性可知整個(gè)圓環(huán)在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)E合＝0則存在缺口時(shí)在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小E＝E′即故選C5、A【解析】首先認(rèn)清電路的結(jié)構(gòu)：變阻器與燈L2串聯(lián)后與電阻R1并聯(lián)，再燈L1串聯(lián)，電路穩(wěn)定時(shí)，電容器相當(dāng)于斷路．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭P向上滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻變小，分析外電路總電阻減小，由歐姆定律分析總電流的變化，即可知道電源的總功率變化和燈L1亮度變化．分析并聯(lián)部分電壓的變化，判斷通過R1的電流如何變化，就能分析出通過燈L2的電流變化，判斷其亮度變化【詳解】當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭P向上滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，干路電流變大，則燈L1變亮．電源的總功率P=EI，E不變，則電源的總功率變大．干路電流增大，電源的內(nèi)電壓和燈L1的電壓增大，則電路中并聯(lián)部分的電壓U并減小，通過R1的電流減小，而干路電流增大，所以通過燈L2的電流變大，燈L2變亮．電容器的電壓等于并聯(lián)部分的電壓，則其電壓減小，電容器貯存的電量變小．故A正確，BCD錯(cuò)誤．故選A【點(diǎn)睛】本題考查了滑動(dòng)變阻器的變阻原理、歐姆定律、串聯(lián)電路的電壓關(guān)系，按“局部→整體→局部”的思路進(jìn)行分析6、D【解析】最先發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)的科學(xué)家是奧斯特，選項(xiàng)D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、AB【解析】A．?dāng)嚅_時(shí)，R1與R2串聯(lián)，則由串聯(lián)分壓可得，電壓之比等于電阻之比，即1:5，故A符合題意；BC．閉合時(shí)，R2與R3并聯(lián)，由并聯(lián)分流可得，電流之比等于電阻的反比，即1:1，電阻R1位于干路，則通過R1與R2的電流之比為2:1，由歐姆定律變形得U=IR，則電壓之比為2:5，故B符合題意，C不符合題意；D．設(shè)A、B兩端所接電源為U，則當(dāng)斷開時(shí)，電阻R1兩端的電壓為閉合時(shí)，R2與R3總電阻為電阻R1兩端的電壓為則兩次電壓之比為故D不符合題意。故選AB。8、ABD【解析】A．釋放小環(huán)瞬間，根據(jù)牛頓第二定律，則有mg-μqE=ma0解得故A正確；B．當(dāng)摩擦力為零時(shí)，則qE=Bv1q即時(shí)，加速度最大，此時(shí)合力等于重力，故最大加速度為am=g故B正確；CD．當(dāng)摩擦力增加到與重力平衡時(shí)，小球的速度最大，故μ（Bvq-qE）=mg解得故C錯(cuò)誤，D正確；故選ABD。9、ABD【解析】接通開關(guān)S，電容器C要通過A充電，因此A立刻亮，由于充電電流越來越小，當(dāng)充電完畢后，相當(dāng)于斷路，而L對(duì)電流變化有阻礙作用，所以通過B的電流逐漸增大，故B逐漸變亮，當(dāng)閉合足夠長(zhǎng)時(shí)間后，C中無電流，相當(dāng)于斷路，L相當(dāng)于短路，因此A、B一樣亮，故AB正確；當(dāng)S閉合足夠長(zhǎng)時(shí)間后再斷開，A立刻熄滅，而L產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，且電容器也要對(duì)B放電，故B要逐漸熄滅，故C錯(cuò)誤D正確【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道電感器對(duì)電流的變化有阻礙作用，當(dāng)電流增大時(shí)，會(huì)阻礙電流的增大，當(dāng)電流減小時(shí)，會(huì)阻礙其減小，注意電容器也要放電10、AB【解析】AB、若，小球受桿彈力垂直桿向下，隨速度減小彈力減小，小球受摩擦力減小，當(dāng)時(shí)，小球勻速運(yùn)動(dòng)；若，小球與桿無彈力，速度增大，小球受桿彈力垂直桿向下，彈力增大，小球受摩擦力增大，當(dāng)時(shí)，小球勻速運(yùn)動(dòng)；若，小球受桿彈力垂直桿向上，隨速度減小彈力增大，小球受摩擦力增大，小球從A到C做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)；所以小球從A到C過程中動(dòng)能減小，速度減小，滑動(dòng)摩擦力大于重力沿粗糙細(xì)桿的分力，做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，小球在c點(diǎn)一定保持靜止，故A、B正確；CD、從A到C，小球受摩擦力增大，在ab段克服摩擦力做的功小于bc段克服摩擦力做的功，根據(jù)動(dòng)能定理可得在ab段動(dòng)能變化量小于bc段動(dòng)能變化量，則有在b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能大于5J，故C、D錯(cuò)誤；故選AB【點(diǎn)睛】關(guān)鍵是小球從A到C過程中動(dòng)能減小，速度減小，滑動(dòng)摩擦力大于重力沿粗糙細(xì)桿的分力，做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)三、實(shí)驗(yàn)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、①.②.D【解析】①分析題目要求及原理，可得出實(shí)驗(yàn)電路圖；②由功率公式可得出功率與電流及電壓的關(guān)系，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行分析，即可得出正確結(jié)論.【詳解】①由題意可知，本實(shí)驗(yàn)應(yīng)采用滑動(dòng)變阻器分壓接法，同時(shí)由于燈泡內(nèi)阻較小，故電流表使用外接法，故電路圖如下圖所示；②由于燈泡的電阻隨溫度的增加，由功率公式可得，故在P-I2圖象中，圖象的斜率表示電阻，故斜率變大，故C錯(cuò)誤，D正確；而在P-U2圖象中，圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，故圖象中斜率應(yīng)越來越小，故A，B均錯(cuò)誤；故選D.【點(diǎn)睛】電學(xué)實(shí)驗(yàn)中要明確分壓接法的應(yīng)用條件；并注意在實(shí)驗(yàn)中應(yīng)用所學(xué)過的物理規(guī)律．注意學(xué)會(huì)從數(shù)學(xué)函數(shù)的角度分析物理圖象問題.12、(1).0.680(2).(3).偏小(4).或者【解析】(1)[1]．由圖示螺旋測(cè)微器可知，其示數(shù)為：0.5mm+18.0×0.01mm=0.680mm；(2)[2]．電流表采用外接法，滑動(dòng)變阻器為分壓接法，如圖。(3)[3]．由于電壓表的分流，測(cè)得的電流比流過Rx的電流大，根據(jù)知電阻測(cè)量值偏小。(4)[4]．由電阻定律可知其中，所以電阻率四、計(jì)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)0.0125m(2)3.6×105m/s.(3)第一種情況：v0＝(其中n＝0、1、2、3、4)第二種情況：v0＝(其中n＝0、1、2、3)【解析】(1)粒子以水平初速度從P點(diǎn)射入電場(chǎng)后，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)粒子能夠進(jìn)入磁場(chǎng)，則豎直方向得代入數(shù)據(jù)解得t＝1.0×10－6s水平位移x＝v0t代入數(shù)據(jù)解得x＝0.80m因?yàn)閤大于L，所以粒子不能進(jìn)入磁場(chǎng)，而是從P′M′間射出，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t0＝＝0.5×10－6s，豎直位移＝0.0125m所以粒子從P′點(diǎn)下方0.0125m處射出(2)由第一問可以求得粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x＝v0粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，垂直邊界的速度v1＝·t＝設(shè)粒子與磁場(chǎng)邊界之間的夾角為α，則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v＝在磁場(chǎng)中由qvB＝m得R＝粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后，垂直邊界M′N′射出磁場(chǎng)，必須滿足x＋Rsinα＝L把x＝v0、R＝、v＝、代入解得v0＝L·－v0＝3.6×105m/s.(3)由第二問解答的圖可知粒子離MM′的最遠(yuǎn)距離Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)把R＝、v＝、代入解得可以看出當(dāng)α＝90°時(shí)，Δy有最大值，(α＝90°即粒子從P點(diǎn)射入電場(chǎng)的速度為零，直接在電場(chǎng)中加速后以v1的速度垂直MM′進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周回到電場(chǎng))Δymax＝0.04m，Δymax小于磁場(chǎng)寬度D，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不會(huì)從邊界NN′射出磁場(chǎng)若粒子速度較小，周期性運(yùn)動(dòng)的軌跡如下圖所示：粒子要從M′點(diǎn)射出邊界有兩種情況，第一種情況：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t把、R＝、v1＝vsinα、代入解得v0＝×105m/s(其中n＝0、1、2、3、4)第二種情況：