陜西省長安區(qū)第一中學(xué)2025屆物理高二第一學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題含解析

陜西省長安區(qū)第一中學(xué)2025屆物理高二第一學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)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(yīng)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(zhǔn)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，兩固定在絕緣水平面上的同心金屬圓環(huán)P、Q水平放置，圓環(huán)P中通有如圖所示的電流，以圖示方向為電流正方向，下列說法正確的是（）A.時刻，兩圓環(huán)間無作用力B.時刻，圓環(huán)Q中感應(yīng)電流為零C.~時間內(nèi)，圓環(huán)Q中感應(yīng)電流始終沿逆時針方向D.~T時間內(nèi)，圓環(huán)Q有擴(kuò)張的趨勢2、如圖中半徑為的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場中,繞軸以角速度沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動,則通過電阻的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計)()A.由到,B.由到,C.由到,D.由到,3、磁鐵有N、S兩極，同名磁極相斥，異名磁極相吸，這些特征與正、負(fù)電荷有很大的相似性．庫侖在得到點電荷之間的庫侖定律后，直覺地感到磁極之間的相互作用力也遵循類似的規(guī)律．他假定磁鐵的兩極各帶有正、負(fù)磁荷，當(dāng)磁極本身的幾何線度遠(yuǎn)小于它們之間的距離時，其上的磁荷可以看作點磁荷．庫侖通過實驗證明了靜止的兩個點磁荷之間的相互作用力遵循的“磁庫侖定律”與點電荷之間遵循的庫侖定律類似．由上述內(nèi)容可知，下列說法正確的是A.兩個正磁荷之間的作用力為引力B.兩個點磁荷之間的相互作用力只與它們之間的距離有關(guān)C.兩個點磁荷之間的相互作用力與它們之間的距離成反比D.相互作用的兩個點磁荷，不論磁性強弱，它們之間的相互作用力大小一定相等4、如圖所示，虛線右側(cè)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外,正方形金屬線框電阻為R，邊長是L，自線框從左邊界進(jìn)入磁場時開始計時。在外力作用下由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進(jìn)入磁場。規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流I的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為q，其中P-t圖像為拋物線。則圖中這些量隨時間變化的關(guān)系正確的是（）A. B.C. D.5、磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)．如圖表示了它的原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子，而從整體來說呈電中性)噴射入磁場，在場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，產(chǎn)生電壓．如果射入的等離子體速度均為v，板間距離為d，板平面的面積為S，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于速度方向，負(fù)載電阻為R，電離氣體充滿兩板間的空間，其電阻率為ρ，當(dāng)發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，A、B就是一個直流電源的兩個電極．下列說法正確的是（）A.圖中A板是電源的正極B.A、B間的電壓即為該發(fā)電機的電動勢C.正對面積S越大，該發(fā)電機電動勢越大D.電阻R越大，該發(fā)電機輸出效率越高6、下列的公式中，既適用于點電荷產(chǎn)生的靜電場，也適用于勻強電場的有（）①場強②場強③場強④電場力做功A.①③ B.②③C.②④ D.①④二、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、如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，在金屬線框的下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，MN和M′N′是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，兩邊界的距離為s，并與線框的bc邊平行，磁場方向與線框平面垂直．現(xiàn)讓金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域的v－t圖象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金屬線框的邊長為L（L<s）、質(zhì)量為m，電阻為R，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，圖象中坐標(biāo)軸上所標(biāo)出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均為已知量．下落過程中bc邊始終水平，根據(jù)題中所給條件，以下說法正確的是A.t2是線框全部進(jìn)入磁場瞬間，t4是線框全部離開磁場瞬間B.從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，感應(yīng)電流所做的功為mgsC.v1的大小一定為D.線框離開磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量和線框進(jìn)入磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量一樣多8、如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，兩平行金屬板間有勻強磁場．開關(guān)S閉合后，當(dāng)滑動變阻器滑片位于圖示位置時，一帶正電粒子恰好以速度v勻速穿過兩板．若不計重力，以下說法正確的是()A.如果將開關(guān)斷開，粒子將繼續(xù)沿直線運動B.保持開關(guān)閉合，將a極板向下移動一點，粒子將向下偏轉(zhuǎn)C.保持開關(guān)閉合，將滑片P向上滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出D.保持開關(guān)閉合，將滑片P向下滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出9、有兩個勻強磁場區(qū)域I和II，I中的磁感應(yīng)強度是II中的k倍，兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動，與I中運動的電子相比，II中的電子（）A.運動軌跡的半徑是I中的k倍B.加速度的大小是I中的k倍C.做圓周運動的周期是I中的k倍D.做圓周運動的角速度是I中的k倍10、如圖所示，電容器由平行金屬板M、N和電介質(zhì)D構(gòu)成．電容器通過開關(guān)S及電阻及與電源E相連接。則（）A.M上移電容器的電容變大B.將D從電容器抽出，電容變小C.斷開開關(guān)S，M上移，MN間電壓將增大D.閉合開關(guān)S，M上移，流過電阻R的電流方向從B到A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(xué)想要測量一個電源的電動勢和內(nèi)阻，準(zhǔn)備的器材有電流表A(0~100mA，內(nèi)阻為30Ω)、電阻箱R(最大阻值99.9Ω)、開關(guān)和若干導(dǎo)線（1）由于電流表A的量程較小，考慮到安全因素，同學(xué)們需將一個定值電阻和電流表A進(jìn)行_________聯(lián)(填寫“串”或“并”)，若要使連接后的電流表A可測量電流的最大值變?yōu)樵瓉淼?倍，則定值電阻的阻值R0=_________Ω（2）如圖甲所示，虛線框中為同學(xué)設(shè)計了實驗電路的一部分，請將電路圖補充完整______（3）實驗中記錄了若干組電阻箱的阻值R和電流表A的示數(shù)Ⅰ，并用記錄的實驗數(shù)據(jù)描繪出R-圖線如圖乙所示，則該電源的電動勢E=_________V，內(nèi)阻r=__________Ω(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)12．（12分）某同學(xué)想測量一段導(dǎo)體的阻值（1）他先用多用電表進(jìn)行初步測量，主要的操作過程分以下幾個步驟，請將第④步操作填寫完整：①將紅、黑表筆分別插入多用電表的“＋”、“－”插孔；選擇電阻檔“×10”；②將紅、黑表筆短接，調(diào)整歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向“0”；③將紅、黑表筆分別與導(dǎo)體的兩端相接，發(fā)現(xiàn)指針示數(shù)接近“0”；④選擇電阻檔_________(選填“×100”或“×1”)，將紅、黑表筆短接，調(diào)整歐姆調(diào)零旋鈕調(diào)零后；重新將紅、黑表筆分別與導(dǎo)體的兩端相接，讀取導(dǎo)體的阻值（2）采用上述操作步驟后，多用電表的指針位置如圖所示．則該段導(dǎo)體的電阻測量值為______（3）為了比較精確地測量這個導(dǎo)體的電阻值，他采用伏安法繼續(xù)進(jìn)行實驗測量，現(xiàn)有實驗器材如下：A．電源E（電動勢4.0V，內(nèi)阻約0.5Ω）；B．電壓表（0～3V，內(nèi)阻3kΩ）;C．電壓表（0～15V，內(nèi)阻15kΩ）；D．電流表（0～0.6A，內(nèi)阻0.1Ω）E．電流表（0～3A，內(nèi)阻0.02Ω）；F．滑動變阻器R1（0～50Ω，1.5A）；G．滑動變阻器R2（0～2000Ω，0.3A）；H．開關(guān)S和導(dǎo)線若干為了調(diào)節(jié)方便，測量準(zhǔn)確，在實驗中，滑動變阻器應(yīng)選用______（選填序號字母）．連接電路時，電壓表應(yīng)選_____（選填序號字母）、電流表應(yīng)選______（選填序號字母）．實驗電路應(yīng)采用圖中的_____（選填“甲”或“乙”）（4）若在上問中選用甲電路，產(chǎn)生誤差的主要原因是______．（選填選項前的字母）A．電流表測量值小于流經(jīng)Rx的電流值B．電流表測量值大于流經(jīng)Rx的電流值C．電壓表測量值小于Rx兩端電壓值D．電壓表測量值大于Rx兩端的電壓值四、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，在絕緣光滑水平面上，有一個邊長為L的單匝正方形線框abcd，在外力作用下以恒定的速率v向右運動進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場區(qū)域；線框被全部拉入磁場的過程中線框平面保持與磁場方向垂直，線框的ab邊始終平行于磁場的邊界．已知線框的四個邊的電阻值相等，均為R．求：（1）在ab邊剛進(jìn)入磁場區(qū)域時，線框內(nèi)的電流大?。唬?）在ab邊剛進(jìn)入磁場區(qū)域時，ab邊兩端的電壓；（3）在線框被拉入磁場的整個過程中，線框中電流產(chǎn)生的熱量14．（16分）電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大?。疁y量前天平已調(diào)至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質(zhì)量m1=15.0g的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質(zhì)m0=10.0g，匝數(shù)n=10，下邊長l=10.0cm的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中，如圖18甲所示，線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導(dǎo)線對線圈的作用力，電源電動勢E=1.5V，內(nèi)阻r=1.0Ω．開關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻使理想電壓表示數(shù)U=1.4V時，R1=10Ω，此時天平正好平衡．g=10m/s2，求：（1）線圈下邊所受安培力的大小F，以及線圈中電流的方向；（2）矩形線圈的電阻R；（3）該勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小15．（12分）如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距了1m，導(dǎo)軌平面與水平面成θ=37°角，下端連接阻值為R=2Ω的電阻．磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強度為0.4T。質(zhì)量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25。金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求金屬棒下滑速度達(dá)到5m/s時的感應(yīng)電流的大小和方向；（2）求金屬棒下滑的最大速度；（3）當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時，求電阻R消耗功率。

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、A【解析】A．時刻圓環(huán)P中的電流最大，但變化率為零，則穿過Q的磁場的磁通量最大，但變化率為零，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知Q中無感應(yīng)電流，則P與Q間無相互作用力，故A正確；B．時刻雖然P中的電流為零，但是電流的變化率最大(圖像的斜率)，故在Q中產(chǎn)生了最大的感應(yīng)電流，故B錯誤；C．~時間內(nèi)的原電流為順時針減小，由安培定則可知Q中的磁場方向向下，由楞次定律可知Q中的感應(yīng)電流為順時針，~時間內(nèi)的原電流為逆時針增大，由安培定則可知Q中的磁場方向向上，由楞次定律可知Q中的感應(yīng)電流為順時針，故C錯誤；D．~T時間內(nèi)原電流為逆時針減小，由安培定則可知Q中的磁場方向向上，由楞次定律可知Q中的感應(yīng)電流為逆時針，兩線圈的電流同為逆時針，兩者有相互吸引的安培力，則Q有收縮的趨勢，故D錯誤。故選A。2、D【解析】金屬圓盤在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，可以等效為無數(shù)根長為r的導(dǎo)體棒繞O點做勻速圓周運動，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E＝Br2ω/2，由右手定則可知其方向由外指向圓心，故通過電阻R的電流I＝Br2ω/(2R)，方向由d到c，故選D項3、D【解析】庫侖力公式，如果把磁場也類比于電場的話，那么可以根據(jù)這個公式判斷兩個電磁荷之間的相互作用力【詳解】類比于電場作用的話，可知兩個正磁荷之間的作用力為排斥力，故A錯；類比于庫侖力公式可知兩個點磁荷之間的相互作用力不僅和它們之間的距離有關(guān)，且與距離的平方成正比，還與磁鐵的兩極各帶有正、負(fù)磁荷有關(guān)，故BC錯誤；根據(jù)相互作用力的性質(zhì)可知：相互作用的兩個點磁荷，不論磁性強弱，它們之間的相互作用力大小一定相等，故D對；故選D4、C【解析】A．由于線框做初速度為0，加速度為a的勻加速直線運動由，，解得感應(yīng)電流感應(yīng)電流與時間成正比，A錯誤；B．由安培力公式有由上面幾式解得線框做勻加速度直線運動由牛頓第二定律有解得外力與時間的關(guān)系為一次函數(shù)，不是成正比，B錯誤；C．線框中電功率的瞬時值為P則解得線框中電功率的瞬時值為P與時間是二次函數(shù)關(guān)系，圖像有開口向上的拋物線，C正確；D．通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為q有，，由上式解得又因為磁通量的變化量有，解得通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為q與時間是二次函數(shù)關(guān)系，圖像有開口向上的拋物線，D錯誤。故選C。5、D【解析】大量帶正電和帶負(fù)電的微粒向右進(jìn)入磁場時，由左手定則可以判斷正電荷受到的洛倫茲力向下，所以正電荷會聚集的B板上，負(fù)電荷受到的洛倫茲力向上，負(fù)電荷聚集到A板上，故A板相當(dāng)于電源的負(fù)極，B板相當(dāng)于電源的正極，故A錯誤；A、B間的電壓即為電阻R兩端的電壓，是路端電壓，故不是產(chǎn)生的電動勢，故B錯誤；AB間的場強為，故兩極板間的電勢差為，與正對面積無關(guān)，故C錯誤；輸出的效率，故電阻R越大，該發(fā)電機輸出效率越高，故D正確；【點睛】根據(jù)洛倫茲力的方向判斷物體的運動方向，此題還可以根據(jù)洛倫茲力與極板間產(chǎn)生的電場力平衡解得磁流體發(fā)電機的電動勢6、D【解析】是電場強度定義式，適用于一切電場；僅適用于勻強電場；適用于點電荷產(chǎn)生的電場；W=qU適用于一切電場。可知既適用于點電荷產(chǎn)生的靜電場，也適用于勻強電場是①④。故D正確。故選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、AD【解析】金屬線框進(jìn)入磁場之前，做自由落體運動，下邊進(jìn)入磁場切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，下邊受到向上的安培力作用，做加速度減少的減速運動；導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場中，導(dǎo)線框中磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)線框不受安培力作用，受重力，做勻加速運動；導(dǎo)線框下邊開始出磁場時，上邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，上邊受到向上的安培力作用，導(dǎo)線框做減速運動．全部離開后，以加速度g做勻加速運動．所以A正確；從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，，，B錯誤；當(dāng)恰受力平衡時，，解得，即C有可能正確，D正確；q＝It＝＝，進(jìn)入和離開相同，所以q相同【點睛】解決本題的關(guān)鍵通過圖線理清線框在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合動能定理、共點力平衡進(jìn)行求解，掌握電量的經(jīng)驗表達(dá)式，并能靈活運用8、BD【解析】若開關(guān)斷開，則電容器與電源斷開，而與R形成通路，電荷會減小，故兩板間的電場強度要減小，故所受電場力減小，粒子不會做直線運動，故A錯誤；保持開關(guān)閉合，將a極板向下移動一點，板間距離減小，電壓不變，由E=U/d可知，板間場強增大，因為粒子帶正電，則粒子所受電場力向下，洛侖茲力向上，帶電粒子受電場力變大，則粒子將向下偏轉(zhuǎn)，故B正確；由圖可知a板帶正電，b板帶負(fù)電；帶電粒子帶正電，則受電場力向下，洛侖茲力向上，原來二力應(yīng)大小相等，物體才能做勻速直線運動；若滑片向上滑動，則滑動變阻器接入電阻減小，則電路中電流增大，定值電阻及內(nèi)阻上的電壓增大，則由閉合電路的歐姆定律可知R兩端的電壓減小，故電容器兩端的電壓減小，則由E=U/d可知，所受極板間電場強度小，則所受電場力減小，故粒子一定向上偏轉(zhuǎn)，不可能從下極板邊緣射出，故C錯誤；若滑片向下滑動，則滑動變阻器接入電阻增大，則電路中電流減小，定值電阻及內(nèi)阻上的電壓減小，則由閉合電路的歐姆定律可知R兩端的電壓增大，故電容器兩端的電壓增大，則由E=U/d可知，所受極板間電場強度增大，則所受電場力增大，故粒子將向下偏轉(zhuǎn)，可能從下極板邊緣飛出，故D正確．故選BD【點睛】本題綜合了電路、電容及磁場的知識，綜合性較強；要求大家熟練掌握速度選擇器模型，會利用閉合電路歐姆定律進(jìn)行電路的動態(tài)分析，分析滑片移動時，極板間場強的變化可知電場力的變化，則可知粒子受力的變化，結(jié)合粒子電性判斷出帶電粒子偏轉(zhuǎn)的方向9、AC【解析】電子在磁場中做的圓周運動，洛倫茲力作為向心力，根據(jù)圓周運動的周期公式和半徑公式逐項分析即可設(shè)Ⅱ中的磁感應(yīng)強度為B，則Ⅰ中的磁感應(yīng)強度為kB，根據(jù)電子在磁場中運動的半徑公式可知，Ⅰ中的電子運動軌跡的半徑為，Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑為，所以Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，故A正確；電子在磁場運動的洛倫茲力作為向心力，所以電子的加速度的大小為，所以Ⅰ中的電子加速度的大小為，Ⅱ中的電子加速度的大小為，所以Ⅱ的電子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B錯誤；根據(jù)電子在磁場中運動的周期公式可知，Ⅰ中的電子運動周期為，Ⅱ中的電子運動周期為，所以Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的電子運動軌跡的周期是Ⅰ中的k倍，故C正確；做圓周運動的角速度，所以Ⅰ中的電子運動角速度為，Ⅱ中的電子運動角速度為，在Ⅱ的電子做圓周運動的角速度是Ⅰ中的倍，故D錯誤10、BC【解析】，根據(jù)電容的決定式可知，當(dāng)M向上移時，板間距離d增大，電容器的電容變小；當(dāng)將D從電容器抽出，介電常數(shù)減小，電容器的電容變小，故A錯誤，B正確；斷開開關(guān)S，M上移，電量不變，而電容減小，根據(jù)電容的定義式，可知電容器兩端的電壓增大，故C正確；閉合開關(guān)S，電壓不變，M上移時電容減小，則由可知，電量Q減小,電容器放電，流過電阻的電流方向從A到B，故D錯誤．選BC.【點睛】根據(jù)電容的決定式，分析電容的變化．電容器的板間電壓不變，根據(jù)電容的定義式，分析電容器電量的變化，即可判斷電路中電流的方向三、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.并②.6③.④.12⑤.1.0【解析】（1）改裝電流表需要并聯(lián)電阻進(jìn)行分流；由并聯(lián)電路規(guī)律可知，并聯(lián)部分電壓相等，要使量程擴(kuò)大為原來的6倍；則由并聯(lián)電路規(guī)律可知：；（2）根據(jù)改裝原理以及測量電動勢和內(nèi)電阻實驗原理可知應(yīng)將改裝后電表與電阻箱串聯(lián)接在電源兩端，故測量原理圖如圖所示；（3）電路中干路電流為電流表示數(shù)的6倍，故根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：，則變形得，故圖象中的斜率等于，解得；圖象與縱坐標(biāo)的交點為，解得r=1.0Ω12、①.×1②.8③.F④.B⑤.D⑥.甲⑦.B【解析】（1）[1]將紅、黑表筆分別與導(dǎo)