2025屆四川省瀘縣一中物理高二第一學期期末質量檢測模擬試題含解析

2025屆四川省瀘縣一中物理高二第一學期期末質量檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，電源電壓恒定不變，電源內阻忽略不計，開關S閉合．現將滑動變阻器R2的滑片P向右移動一段距離，電壓表示數的變化量為ΔU，電流表示數的變化量為ΔI．兩電表均為理想電表．下列說法正確的是A.電阻的功率增大B.滑片P向右移動過程中，電阻中有的瞬時電流C.與的比值不變D.電壓表示數U和電流表示數I的比值不變2、如圖所示，一根通電直導線用細線懸掛在磁感應強度為B的勻強磁場中，電流方向由M向N，此時細線所受拉力不為零，則下列做法中不能使細線的拉力變?yōu)榱愕氖牵ǎ〢.不改變電流方向，適當增加電流大小B.使電流反向，且適當減小電流C.保持原來電流不變，適當增加磁感應強度大小D.使原來的磁場和電流都反向，且適當增加電流的大小3、如圖所示，豎直放置的長直導線通以恒定電流，一矩形線框abed與通電導線共面放置，且ad邊與通電導線平行.下列情況中不能產生感應電流的是A.導線中電流變大B.線框向右平動C.線框以直導線為軸轉動D.線框以ad邊為軸轉動4、如圖，平行板電容器兩極板與電壓為U的電源兩極連接，板的間距為d；現有一質量為m的帶電油滴靜止在極板間，重力加速度為g，則（）A.油滴帶正電B.油滴帶電荷量為C.將下極板向下緩慢移動一小段距離，油滴將立即向上運動D.增大極板間電壓，油滴將加速下落5、如圖所示，三根平行長直導線，分別垂直地通過一等腰直角三角形的三個頂點，三根導線中電流方向相同，A、B兩導線中的電流大小相同，已知導線A在斜邊中點O處所產生的磁感應強度大小為B，導線C在斜邊中點O處所產生的磁感應強度大小為2B.則O處的合磁感應強度的大小和方向為A.大小為B，方向沿OA方向B.大小為2B，方向沿OA方向C.大小為2B，方向沿OB方向D.大小為2B，方向豎直向下6、在趣味運動會中有一個“直線折返跑”比賽項目，P、Q兩點間的距離為25m，某運動員從P點出發(fā)，沿直線PQ運動到Q點，然后原路返回到P點，在此過程中，動員的位移大小和路程分別為（）A.50m，0 B.0，50mC.50m，50m D.50m，25m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、如圖所示是一直流電動機提升重物的裝置；已知重物質量為m=50kg，電源輸出電壓U=110V保持不變，電動機線圈電阻R=4Ω，不計各處摩擦，當電動機以某一速度勻速向上提升重物時，電路中的電流I=5A（g=10m/s2）則：A.電源的輸出功率為100WB.電動機線圈電阻R的發(fā)熱功率550WC.提升重物的功率為450WD.電動機的效率為81.8％8、如圖為一種質譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成，若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外，一質量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，不計粒子重力，下列說法中正確的是A極板M比極板N電勢低B.加速電場的電壓C.直徑D.若一群粒子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點，則該群粒子具有相同的比荷9、下列描述的運動，能找到實例的有（）A.物體作曲線運動，但具有恒定的加速度B.物體運動的加速度等于零，而速度不等于零C.物體運動的加速度不等于零，而速度保持不變D.物體運動的加速度不斷變化，而物體的動能卻保持不變10、如圖所示，將圓柱形強磁鐵吸在干電池負極，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軸心旋轉起來．下列判斷中正確的是（）A.俯視觀察，線框沿逆時針方向旋轉B.線框能旋轉起來，這是屬于電磁感應現象C.電池輸出的電功率大于線框旋轉的機械功率D.旋轉達到穩(wěn)定時，線框中電流比剛開始轉動時的大三、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）如圖所示，某同學用插針法測定一半圓形玻璃磚的折射率．先在平鋪的白紙上放半圓形玻璃磚，用鉛筆畫出直徑所在的位置MN、圓心O以及玻璃磚圓弧線（圖中半圓實線）；再垂直紙面插大頭針P1、P2確定入射光線，并讓入射光線過圓心O；最后在玻璃磚圓弧線一側垂直紙面插大頭針P3，使P3擋住P1、P2的像．移走玻璃磚，作出與圓弧線對稱的半圓虛線，過O點作垂直于MN的直線作為法線；連接OP2P1，交半圓虛線于B點，過B點作法線的垂線交法線于A點；連接OP3，交半圓實線于C點，過C點作法線的垂線交法線于D點（1）測得AB的長度為l1，AO的長度為l2，CD的長度為l3，DO的長度為l4．計算玻璃磚折射率n的公式是n=__________（選用l1、l2、l3或l4表示）（2）該同學在插大頭針P3前，不小心將玻璃磚以O為軸順時針轉過一個小角度，該同學測得的玻璃磚折射率將__________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）12．（12分）某研究小組收集了一個電學元件：電阻R0（約為2kΩ）實驗室備有如下器材：A．電壓表V（量程3V，電阻RV約為4.0kΩ）B．電流表A1（量程100mA，電阻RA1約為5Ω）C．電流表A2（量程2mA，電阻RA2約為50Ω）D．滑動變阻器R1（0～40Ω，額定電流1A）E．電阻箱R2（0～999.9Ω）F．開關S一只、導線若干G．電動勢為4V的鋰電池為了測定電阻R0的阻值，小明設計了一電路，如圖所示為其對應的實物圖，(1)圖中的電流表A應選_______(選填“A1”或“A2”)(2)請將圖中實物連線補充完整_______(3)開關閉合前，滑動變阻器的滑動觸頭應放在____________(選填“左”或“右”).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）如圖甲所示，螺線管線圈的匝數n=1000匝，橫截面積S=40cm2，螺線管線圈的電阻r=2.0Ω，R=3.0Ω，R=5.0Ω．穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按圖乙所示規(guī)律變化，求：（1）線圈產生的感應電動勢大??；（2）R1消耗的電功率。14．（16分）如圖所示.在平面直角坐標系xOy的第一象限內有一直角邊長為L的等腰直角三角形區(qū)域OPQ，三角形的O點恰為平面直角坐標系xOy的坐標原點，該區(qū)域內有磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，第一象限的其它區(qū)域內有大小為E、方向沿x軸正方向的勻強電場：一束電子（電荷量為-e、質量為m）以大小不同的速度從坐標原點O沿y軸正方向射入勻強磁場區(qū)．則：（1）能夠進入電場區(qū)域的電子的速度范圍是多少？（2）已知一個電子恰好從P點離開了磁場，求該電子的速度和由O到P的運動時間15．（12分）如圖所示，電源電動勢E=8V，內阻為r=0．5Ω，“3V，3W”的燈泡L與電動機M串聯(lián)接在電源上，燈泡剛好正常發(fā)光，電動機剛好正常工作，電動機的線圈電阻R=1．5Ω．求：（1）通過電動機的電流；（2）電源的輸出功率；（3）電動機的輸出功率

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、C【解析】將電容器視為斷路，分析滑動變阻器接入電路的阻值的變化，再分析外電路的總電阻的變化，由閉合電路的歐姆定律分析總電流的變化，根據P=I2R1分析電阻R1消耗的功率的變化；電容器和電阻R1并聯(lián)，電容器兩端的電壓等于電阻R1兩端的電壓，判斷電容器電量變化，確定電阻R3中瞬時電流的方向；電壓表示數與電流表示數的比值等于滑動變阻器的阻值；將電阻R1和電源等效為一個新電源，等于等效電源的內阻【詳解】滑動變阻器的滑片P向右移動一段距離，滑動變阻器接入電路中的電阻變大，電路中的總電流變小，R1兩端電壓減小，即電容器兩端電壓減小，由Q=CU可知，電容器的電荷量減小，所以電阻R3中有a→b的向下的瞬時電流，由P=I2R1可知，R1的功率減小，故AB錯誤；電壓表示數U和電流表示數I的比值為滑動變阻器的阻值，所以滑動變阻器的滑片P向右移動一段距離，滑動變阻器接入電路中的電阻變大，故D錯誤；將R1和電源看成新的電源，滑動變阻器即為外電路，所以=R1，恒定不變，故C正確；故選C【點睛】本題是電路動態(tài)分析問題，按“局部到整體再到局部”的思路進行分析，關鍵是運用等效法分析△U和△I的比值2、B【解析】金屬線開始受重力、向上的安培力、繩子的拉力處于平衡。A．不改變電流方向，適當增加電流的大小，根據F=BIL知，安培力增大，則繩子的張力會變?yōu)榱?。故A不符合題意；B．使原來電流反向，安培力反向，則拉力增大，不能使細線的拉力變?yōu)榱?。故B符合題意；C．保持原來電流不變，適當增加磁感應強度大小，根據F=BIL知，安培力增大，則繩子的張力會變?yōu)榱恪９蔆不符合題意；D．使原來的磁場和電流都反向，安培力的方向不變，適當增加電流的大小，安培力的大小增加，繩子的張力會變?yōu)榱悖蔇不符合題意。故選B。3、C【解析】根據感應電流的條件：當閉合回路中磁通量發(fā)生變化時，回路中就會產生感應電流．根據直導線磁場的分布規(guī)律，判斷幾種情況下，穿過線圈的磁通量是否變化即可【詳解】A.線框不動，增大導線中的電流，則周圍的磁感應強度增強，則線框中磁通量增大，可以產生感應電流．故A錯誤；B.線框向右運動時，線框中的磁感應線強減小，故磁通量減小，可以產生感應電流，故B錯誤；C.線框以直導線為軸轉動，線框中磁通量不變，不會產生感應電流，故C正確；D.線框以導線ad為軸轉動，線框中的磁通量變化，會產生感應電流，故D錯誤故選C4、B【解析】A．由題可知帶電油滴靜止不動，則帶電油滴受到向上的電場力，平行板電容器板間場強方向豎直向下，則帶電油滴帶負電，故A錯誤；B．由平衡條件得得油滴帶電荷量為故B正確；C．將下極板向下緩慢移動一小段距離，電容器兩極板距離增大，根據可得板間場強減小，微粒所受電場力減小，則油滴將立即向下做加速運動，故C錯誤；D．增大極板間電壓，根據可得板間場強增大，微粒所受電場力增大，則油滴將立即向上做加速運動，故D錯誤；故選B。5、B【解析】由題意可知，AB兩根通電導線在O點產生的磁感應強度大小相等，方向相反，則電流A與B在O處的合磁感應強度為零，則O點的磁感應強度等于導線C在斜邊中點O處所產生的磁場的磁感強度，大小為2B；依據右手螺旋定則可知，在O處電流C產生的磁感應強度的方向沿OA方向；A．大小為B，方向沿OA方向，與結論不相符，選項A錯誤；B．大小為2B，方向沿OA方向，與結論相符，選項B正確；C．大小為2B，方向沿OB方向，與結論不相符，選項C錯誤；D．大小為2B，方向豎直向下，與結論不相符，選項D錯誤；故選B。6、B【解析】運動員從P點出發(fā)，沿直線PQ運動到Q點，然后原路返回到P點，則位移為零，路程為2×25m=50m；A．50m，0，與結論不相符，選項A錯誤；B．0，50m，與結論相符，選項B正確；C．50m，50m，與結論不相符，選項C錯誤；D．50m，25m，與結論不相符，選項D錯誤；故選B.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、CD【解析】電源輸出P="UI=550"W，選項A錯誤；電動機線圈電阻R的發(fā)熱功率P熱=I2R="100"W，選項B錯誤；提升中重物的功率為P機="550"W–100W="450"W，選項C正確；電動機的效率為，選項D正確【名師點睛】此題是關于電功率的計算問題；關鍵是搞清電動機內部的能量轉化關系，知道電熱的求解公式P熱=I2R8、CD【解析】粒子經加速電場加速后進入靜電分析器在電場力的作用下做勻速圓周運動，因此由電場力指向圓心可知粒子帶正電，因此加速電場的場強方向由M指向N，所以M極板的電勢高，故A錯誤；在加速電場由動能定理由，在分析器內做圓周運動，因此由，聯(lián)立可得，故B錯誤；粒子進入磁場后再洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，由，可得，故C正確，通過C可以看出直徑和粒子的比荷有關，因此通過膠片同一點的粒子比荷相同，故D正確9、ABD【解析】根據“運動”可知，本題考查了對運動的理解和應用，根據速度描述的是物體運動狀態(tài)，加速度反應物體速度變化快慢的物理量，速度與加速度的關系進行判斷即可【詳解】A、平拋物體的運動是曲線運動，平拋運動的加速度恒為重力加速度，故A可能實現B、物體勻速直線運動時，速度不為零，加速度為零，故B可能存在；C、物體運動加速度不為零，故物體的速度肯定發(fā)生變化，故速度不能保持不變，故C不可能存在；D、勻速圓周運動的加速度不斷變化，而物體的動能卻保持不變，故D有可能實現【點睛】掌握加速度的概念及其物理意義，知道加速度與速度的關系是正確解題的關鍵10、AC【解析】AB．小磁鐵產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部，在垂直于紙面向外的徑向上，磁感應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），線框沿逆時針轉動，所以該裝置的原理是電流在磁場中的受力，不是電磁感應，A錯誤，B正確；C．因為電源消耗總功率一部分轉化為內能，另一部分轉化為動能，所以總功率大于熱功率，C正確；D．受到的安培力開始時使線圈做加速運動，當安培力等于阻力時速度達到最大，D錯誤。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.（1）l1/l3②.（2）偏大【解析】用插針法測定半圓形玻璃磚折射率的原理是折射定律，利用幾何知識得到入射角的正弦和折射角的正弦，推導出折射率的表達式，即可知道所要測量的量【詳解】（1）設圓的半徑為R，由幾何知識得入射角的正弦為：sini=sin∠AOB=；折射角的正弦為：sinr=sin∠DOC=根據折射定律（2）該同學在插大頭針P3前不小心將玻璃磚以O為圓心順時針轉過一小角度，折射光線將順時針轉動，而作圖時其邊界和法線不變，則入射角（玻璃磚中的角）不變，折射角（空氣中的角）減小，由折射率公式可知，測得玻璃磚的折射率將偏大【點睛】本題采用單位圓法測量玻璃磚的折射率，是數學知識在物理實驗中的運用，簡單方便，分析誤差關鍵分析入射角和折射角產生的誤差，明確實驗原理即可得出答案12、①.A2②.③.左【解析】根據通過待測電阻的最大電流選擇電流表；為準確測量電阻阻值，應測多組實驗數據，根據待測電阻阻值與滑動變阻器最大阻值間的關系確定滑動變阻器的接法；根據待測電阻與電表內阻間的關系確定電流表的接法，然后連接實物電路圖【詳解】電壓表量程是3V，通過待測電阻的最大電流，因此電流表應選電流表A2（量程2mA，電阻RA2約為50Ω）；(2)待測電阻R0阻值約為2kΩ，滑動變阻器R1（0～40Ω，額定電流1A）與電阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待測電阻阻值，變阻器采用限流接法時待測電阻電壓與電流變化范圍較小，不能測多組實驗數據，為測多組實驗數據，減小實驗誤差，滑動變阻器應采用分壓接法.,,,故電流表應該采用內接法可減小系統(tǒng)誤差，實物電路圖如圖所示：(3)滑動變阻器采用分壓接法，為保護電路流過電流表的電流最小為零，電鍵閉合前，滑動變阻器的滑