2025屆寧夏青吳忠市銅峽高級中學高二物理第一學期期末調研試題含解析

2025屆寧夏青吳忠市銅峽高級中學高二物理第一學期期末調研試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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，重為100N的物體P在大小為10N的水平拉力F的作用下，在10s內沿水平路面勻速前進了1m，則在這段時間內拉力對物體做功的平均功率為A.1W B.10WC.100W D.1000W2、下列關于科學家和其主要貢獻的說法，錯誤的是A.庫侖通過扭秤實驗總結出了電學中的基本定律——庫侖定律B.法拉第提出了場的概念，并用電場線和磁感線形象地描述電場和磁場C.奧斯特提出了分子電流假說，成功解釋了鐵棒的磁化與高溫去磁現象D.法拉第發(fā)現磁能生電，將歷史上認為各自獨立的學科“電學”與“磁學”聯系起來3、如圖所示，在真空中，勻強電場的方向豎直向下，勻強磁場的方向垂直紙面向里．三個油滴a、b、c帶有等量的同種電荷，已知a靜止，b向右勻速運動，c向左勻速運動．比較它們的質量應有A.a油滴質量最大 B.b油滴質量最大C.c油滴質量最大 D.a、b、c的質量一樣4、一帶有絕緣座的空心球殼A帶有4×10－8C的正電荷，帶絕緣柄的金屬小球B帶有2×10－8C的負電荷，使B球與A的內壁接觸，如圖所示，則A、B的帶電量分別為（）A.QA=1×10－8CQB=1×10－8CB.QA=2×10－8CQB=0C.QA=0QB=2×10－8CD.QA=4×10－8CQB=－2×10－8C5、如圖所示，兩個閉合圓形線圈A，B的圓心重合，放在同一個水平面內，線圈B中通如圖所示的電流，設t=0時電流沿逆時針方向（圖中箭頭所示），對于線圈A在t1～t2時間內的下列說法中正確的是（）A.有順時針方向的電流，且有擴張的趨勢B.有順時針方向的電流，且有收縮的趨勢C.有逆時針方向電流，且有擴張的趨勢D.有逆時針方向的電流，且有收縮的趨勢6、如圖所示，厚度均勻矩形金屬塊棱長ab＝10cm，bc＝5cm，其左、右兩端面為正方形．當將A與B接入電壓為U的電路中時，電流為1A；若將C與D接入同一電路中，則電流為()A.4A B.2AC.A D.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、在如圖所示的電路中電源電動勢為E，內阻為r，M為多種元件集成的電子元件，通過它的電流始終為恒定值，L1和L2是規(guī)格相同的小燈泡（其電阻不隨溫度變化），R為可變電阻，現閉合開關S，調節(jié)可變電阻R使其電阻值逐漸減小，下列說法正確的是（）A.燈泡L1變暗、L2變亮B.通過電阻R的電流增大C.電子元件M兩端的電壓變大D.電源兩端電壓變小8、如圖所示，為一款手機電池的背面印有的一些符號和簡單說明，下列說法正確的是（）A.該電池的容量為1800mAhB.該電池電動勢為3.6VC.該電池在正常工作時的額定電流為500mAD.若電池以10mA的電流工作，可用50小時9、絕緣光滑斜面與水平面成角，質量為m、帶電荷量為-q（q>0）小球從斜面上的h高度處釋放，初速度為（>0），方向與斜面底邊MN平行，如圖所示，整個裝置處在勻強磁場B中，磁場方向平行斜面向上．如果斜面足夠大，且小球能夠沿斜面到達底邊MN，則下列判斷正確的是（）A.勻強磁場磁感應強度的取值范圍為B.勻強磁場磁感應強度的取值范圍為C.小球在斜面做變加速曲線運動D.小球達到底邊MN的時間10、空間存在一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域的橫截面為等腰直角三角形，底邊水平，其斜邊長度為L．一正方形導體框邊長也為L，開始正方形導體框的ab邊與磁場區(qū)域橫截面的斜邊剛好重合，如圖所示．由圖示的位置開始計時，正方形導體框以平行于bc邊的速度v勻速穿越磁場．若導體框中的感應電流為，兩點間的電壓為，感應電流取逆時針方向為正，則導體框穿越磁場的過程中，、隨時間的變化規(guī)律正確的是（）A. B.C. D.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）在“描繪小電珠的伏安特性曲線”實驗中，所用器材有：小電珠（2.5V，0.6W），滑動變阻器，多用電表，電流表，學生電源，開關，導線若干①粗測小電珠的電阻，應選擇多用電表_____倍率的電阻檔（請?zhí)顚憽啊?”、“×10”或“×100”）；調零后，將表筆分別與小電珠的兩極連接，示數如圖，結果為_____②實驗中使用多用電表測量電壓，請根據實驗原理圖完成實物圖丙中的連線_________③開關閉合前，應將滑動變阻器的滑片P置于____端．為使小電珠亮度增加，P應由中點向_____端滑動12．（12分）某同學在測定一節(jié)干電池的電動勢和內阻的實驗中，備有下列器材：A．待測的干電池（電動勢約為1.5V，內阻小于1.0Ω）B．電流表A1（量程0～3mA，內阻Rg1＝10Ω）C．電流表A2（量程0～0.6A，內阻Rg2約為0.1Ω）D．滑動變阻器R1（阻值范圍0～20Ω，額定電流10A）E．滑動變阻器R2（阻值范圍0～200Ω，額定電流1A）F．電阻箱R0（阻值范圍0～999Ω）G．開關和導線若干（1）某同學發(fā)現上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設計了如圖a、b、c、d所示的四個參考實驗電路，并計劃用圖象法處理實驗數據，其中最合理的是圖________所示的電路；在該電路中，為了操作方便且能準確地進行測量，滑動變阻器應選________(填寫器材前的字母代號)（2）該同學選出合理的實驗電路后，把與R0串聯的電流表當作量程為0～3V的電壓表使用，于是將電阻箱R0的阻值調至________Ω（3）下圖為該同學利用(1)中選出的合理的實驗電路測出的數據繪出的I1－I2圖線(I1為電流表A1的示數，I2為電流表A2的示數)，被測干電池的電動勢E＝______V，內阻r＝______Ω．（結果保留2位小數）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，內表面光滑絕緣的半徑為的圓形軌道處于豎直平面內，有豎直向下的勻強電場，場強大小為有一質量為、帶負電的小球，電荷量大小為，小球在圓軌道內壁做圓周運動，當運動到最低點A時，小球與軌道壓力恰好為零，g取，求：小球在A點處的速度大??；小球運動到最高點B時對軌道的壓力14．（16分）如圖所示，在半徑為的圓形區(qū)域內有水平向里的勻強磁場，磁感應強度B，圓形區(qū)域右側有一豎直感光板，從圓弧頂點P以速率的帶正電粒子平行于紙面進入磁場，已知粒子的質量為m，電量為q，粒子重力不計（1）若粒子對準圓心射入，求它在磁場中運動的時間；（2）若粒子對準圓心射入，且速率為，求它打到感光板上時速度的垂直分量.15．（12分）如圖甲所示,一個圓形線圈的匝數n=1000,線圈面積S=200cm2,線圈的電阻r="1"Ω,線圈外接一個阻值R=4Ω的電阻,把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強磁場中,磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．求:(1)前4s內的感應電動勢;(2)前4s內通過R的電荷量;(3)線圈電阻r消耗的功率

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】物體在10N的拉力下前進1m，所以拉力做的功：W=FS=10×1=10J；拉力的平均功率：．故A正確，BCD錯誤2、C【解析】A項：庫侖通過扭秤實驗總結出了電學中的基本定律——庫侖定律，故A正確；B項：最早提出了場的概念，并用電場線和磁感線形象地描述電場和磁場的是法拉第，故B正確；C項：安培提出了分子電流假說，成功解釋了鐵棒的磁化與高溫去磁現象，故C錯誤；D項：法拉第發(fā)現磁能生電，將歷史上認為各自獨立的學科“電學”與“磁學”聯系起來，故D正確本題選錯誤的，故選C3、C【解析】a球受力平衡，有：Ga=qE…①重力和電場力等值、反向、共線，故電場力向上，由于電場強度向下，故球帶負電，b球受力平衡有：Gb+qvB=qE…②c球受力平衡，有：Gc=qvB+qE…③解得：Gc＞Ga＞Gb故選C。4、B【解析】將B與A的內表面接觸后，正、負電荷中和后，金屬小球B不帶電，剩余的電荷分布在球殼A的外表面，帶電量為故ACD錯誤，B正確。故選B。5、D【解析】根據增反減同原理可知，當B線圈中的電流反向增大時，A中感應電流產生的磁場方向應垂直紙面向外，即感應電流方向為逆時針，根據增縮減擴原理可知線圈A有收縮趨勢。故選D。6、A【解析】設沿AB方向的橫截面積為S1，沿CD方向的橫截面積為S2，則：，A、B接入電路中時的電阻為R1，C、D接入電路中時的電阻為R2，由電阻定律，可得：，兩種情況下電流之比為：故：I2＝4I1＝4A；A．4A，故A符合題意；B．2A，故B不符合題意；C．A，故C不符合題意；D．A，故D不符合題意。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、BC【解析】因M中阻值與電壓成正比，故M中電流保持不變；故燈泡L2的亮度不變；總電流不變，R減小，L1電阻不變，根據分流規(guī)律R電流增大，L1電流減小變暗，故A錯誤；因R的阻值減小，故由歐姆定律可知，通過R的電流增大，故B正確；電子M兩端的電壓，燈L2兩端電壓不變，燈L1兩端電壓減小，電子元件兩端電壓變大，故C正確；電源兩端的電壓U=E-Ir，總電流不變，所以電源兩端電壓不變，故D錯誤；故選BC8、BD【解析】A．該電池的容量為，A錯誤；B．該電池的電動勢為3.6V，B正確；C．上面沒有顯示手機的額定功率，所以不能計算電池正常工作時的額定電流，C錯誤；D．若電池以10mA的電流工作，其工作時間為D正確。故選BD。9、BD【解析】AB．根據帶點小球在斜面上運動時的受力情況，有當時，小球離開斜面，要使小球能夠沿斜面到達底邊MN，B的最大值為所以勻強磁場磁感應強度的取值范圍為A錯誤，B正確；C．小球沿斜面方向的合力為重力的下滑分力，垂直斜面方向合力為零，小球在斜面上做勻加速曲線運動，C錯誤；D．沿斜面方向，有位移為由得D正確。故選BD。10、AD【解析】在ab邊到e點的過程中，ab邊切割磁感線的有效長度減小，則產生的感應電動勢逐漸減小，感應電流逐漸減小，且感應電流沿逆時針方向，為正．A．b兩點的電壓為為負值，大小為電動勢的且均勻減小；ab邊越過e點后，在cd邊接觸磁場之前，線框中磁通量不變，則沒有感應電動勢和感應電流，之后，cd邊切割磁感線，產生順時針方向的感應電流，并逐漸減小，仍為負值，大小為電動勢的且均勻減小，故AD正確，BC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.×1②.7.5③.④.左端（或a端）⑤.右端（或b端）【解析】①小電珠的電阻，故可選用×1檔；讀數為7.5Ω②如右圖所示；③開關閉合前，應將滑動變阻器的滑片P置于左端．為使小電珠亮度增加，P應由中點向右端滑動12、①.b②.D③.990④.1.48⑤.0.85【解析】(1)[1][2]上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，將電流表串聯一個電阻，可以改裝成較大量程的電壓表．四個參考實驗電路，其中合理的是b，因為電源的內阻較小，所以應該采用較小最大值的滑動變阻器，有利于數據的測量和誤差的減小．滑動變阻器應選D(2)[3]根據歐姆定律可知：，代入數據解得：(3)[4][5]根據歐姆定律和串聯的知識得，電源兩端電壓：U=I1（990+10）=1000I1，根據圖象與縱軸的交點得電動勢：E=1.48mA×1000Ω=1.48V，與橫軸的交點可得出路端電壓為1.1V時電流是0.45A，由閉合電路歐姆定律E=U+Ir可得：r=0.85Ω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、；【解析】（1）重力：G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2N電場力：F=qE=1.6×10﹣6C×3×106V/m=4.8N在A點，有：qE﹣mg=m代入數據解得：v1=6m/s（2）設球在B點的速度大小為v2，從A到B，由動能定理有：（qE﹣mg）×（2R）=mv22﹣mv12在B點，設軌道對小球彈力為FN，則有：FN+mg﹣qE=mv22由牛頓第三定律有：FN′=FN代入數據解得：FN′=21.6N【點睛】本題關鍵是明確小球的受力情況和運動情況，結合動能定理和向心力公式列式分析，可以將重力和電場力合成為“等效重力”，然后就能夠結合豎直平面內的圓周運動模型進行分析14、（1）；（2）。【解析】（1）設帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為，由牛頓第