2025屆福建省龍巖第二中學物理高二上期末監(jiān)測模擬試題含解析

2025屆福建省龍巖第二中學物理高二上期末監(jiān)測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區(qū)域中存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，O點為圓形區(qū)域的圓心，磁感應強度大小為B，一個比荷絕對值為k的帶電粒子以某一速率從M點沿著直徑MON方向垂直射入磁場，運動軌跡如圖所示，并從P點離開磁場。已知直徑MON、POQ的夾角θ=60°，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A.粒子帶正電B.粒子做圓周的運動半徑為C.粒子運動的速率為BRD.粒子在磁場中運動的時間為2、如圖，在等量異種點電荷形成的電場中，O為兩電荷連線的中點，B、D位于該連線上，A、C位于該連線的中垂線上，ABCD構成一正方形．關于A、B、C、D四點的場強大小E和電勢的關系，正確的是()A.B.C.D.3、如圖所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S。當增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U、兩極板間場強E的變化情況是（）A.Q變小，C不變，U不變，E變小B.Q變小，C變小，U不變，E不變CQ不變，C變小，U變大，E不變D.Q不變，C變小，U變小，E變小4、如圖所示，在探究影響通電導線受力的因素的實驗中，三塊相同的蹄形磁鐵并列放在桌上，可以認為磁極間的磁場是均勻的．將一根直導線水平懸掛在磁鐵的兩極間，導線的方向與磁感應強度的方向（由下向上）垂直．若導線質量為m，導線中的電流為I，處于磁場中通電部分的長度為L，導線靜止時懸線與豎直方向的夾角為θ，則導線所處空間磁場的磁感應強度大小為（）A. B.C. D.5、如圖所示，圓形導體線圈平放在絕緣水平桌面上，在的正上方固定一豎直螺線管，二者軸線重合，螺線管、電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路。若將滑動變阻器的滑片向上滑動，下列說法中正確的是（）A.穿過線圈的磁通量增大B.線圈有擴張的趨勢C.線圈中將產生俯視逆時針方向的感應電流D.線圈對水平桌面的壓力大于其重力6、如圖所示為大型電子地磅電路圖，電源電動勢為E，內阻不計．不稱物體時，滑片P滑到A端，滑動變阻器接入電路的有效電阻最大，電流較?。环Q重物時，在壓力作用下使滑片P下滑，滑動變阻器有效電阻變小，電流變大，這樣把電流對應的重量值刻在刻度盤上，就可以讀出被稱物體的重量值，若滑動變阻器上A、B間距離為L，最大阻值等于電阻阻值R0，已知兩只彈簧的總彈力與形變量成正比，其比例系數為k，所稱重物的重量G與電流大小I的關系為A.G＝2kL＋ B.G＝2kL－C.G＝＋kL D.G＝kIL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、某同學將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內部的發(fā)熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標上,如圖中的a、b、c所示,根據圖線可知()A.反映Pr變化的圖線是cB.電源電動勢為8VC.電源內阻為2D.當電流為0.5A時,外電路的電阻為68、某導體中的電流隨其兩端的電壓的變化圖象如圖所示，則下列說法中正確的是（）A.加5V的電壓時，導體的電阻約是5ΩB.加11V的電壓時，導體的電阻約是1.4ΩC.由圖可知，隨著電壓增大，導體的電阻不斷減小D.由圖可知，隨著電壓減小，導體的電阻不斷減小9、如圖所示電路中，電源內阻忽略不計．閉合電鍵，電壓表示數為U，電流表示數為I；在滑動變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過程中A.U先變大后變小 B.I先變小后變大C.U與I比值先變大后變小 D.U變化量與I變化量比值等于R310、如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內存在方向垂直三角形所在平面向外的勻強磁場，直角邊bc長度為L．三個完全相同的帶正電的粒子1、2、3，分別從b點沿bc方向以速率v1、v2、v3射入磁場，在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3，且t1﹕t2﹕t3=3﹕3﹕2，做勻速圓周運動的軌道半徑分別為r1、r2、r3．不計粒子的重力及粒子間的相互作用．下列關系式一定成立的是A.v1=v2 B.v2＜v3C. 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）從某一高度將石子以1m/s的初速度沿水平方向拋出，經2s石子落至水平地面。忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則石子在運動過程中下落的高度為_____m，石子在運動過程中的水平位移為______m。12．（12分）(1)在“練習使用多用電表”的實驗中，小西同學選擇的擋位和電表的指針位置如圖甲所示．則小西同學測量的物理量是_________，讀數為__________；(2)小北同學用電阻箱來練習使用多用電表測電阻，如圖乙所示電阻箱阻值讀數為_______，應該選擇歐姆表的____________倍率進行測量；(3)小北同學發(fā)現歐姆擋的刻度盤讀數范圍是0到無窮大，而指針在中央時示數為15．小北同學從課本上找到了歐姆擋的電路圖如圖丙所示，如果選擇歐姆擋“×10”倍率時，請你計算此時歐姆表內部的電阻值為_______，歐姆擋刻度是___________（填均勻或不均勻）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，在虛線所示的矩形區(qū)域內存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面的有界勻強磁場。質量為m、帶電荷量為q的正粒子，垂直磁場的左邊界進入磁場，運動軌跡如圖中實線所示。已知粒子離開磁場時的速度方向跟進入磁場時的速度方向相反，AB之間距離為d。不計粒子的重力，問：（1）磁場的方向是垂直于紙面向里還是向外；（2）粒子在磁場中運動的時間是多少；（3）粒子的速度大小是多少。14．（16分）如圖所示，均勻金屬絲制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長為L＝0.2m，總電阻為R＝10Ω，總質量為m＝0.04kg．將其置于磁感強度為B=5T的水平勻強磁場上方h＝0.45m處，如圖所示．線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行．當cd邊剛進入磁場時，(g取10m/s2)（1）求線框中產生的感應電動勢大小;（2）求cd兩點間電勢差大小;（3）求此時線框的加速度大小及方向15．（12分）如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導軌所在平面內，分布著磁感應強度B=0.60T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內阻r=0.50Ω的直流電源，現把一個質量m=0.04kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止。導體棒與金屬導軌垂直、且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2，已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）通過導體棒的電流；（2）導體棒受到的安培力大??；（3）導體棒受到的摩擦力；（4）若導軌光滑且磁感應強度B的方向改為豎直向上，為使導體棒仍然保持靜止，則電路中需要另外接入一個多大的電阻。

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】A．粒子向右偏轉，根據左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；B．粒子做圓周運動的圓心為O′，如圖所示根據幾何知識有粒子做勻速圓周運動的半徑為故B錯誤；C．因為所以粒子運動的速率為故C正確；D．粒子在磁場中運動的圓心角為α=120°，所以粒子在磁場中運動的時間為故D錯誤。故選C。2、D【解析】AB.等量異種電荷之間的電場線是中間疏，兩邊密，連線的中垂線上，由O點向兩邊逐漸變疏，可知故AB錯誤CD.沿電場線方向電勢逐漸降低，等量異種電荷連線的中垂線是等勢線，則故C錯誤，D正確3、C【解析】電容器充電后再斷開S，則電容器所帶的電荷量Q不變，由可知，d增大時，C變?。挥諹＝所以U變大；由于E＝U＝＝所以E＝故d增大時，E不變。故選C。4、B【解析】導線靜止處于平衡狀態(tài)，根據導線受力情況，應用平衡條件求出磁感應強度大小【詳解】通電導線靜止處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：BIL=mgtanθ，解得：，故B正確，ACD錯誤；故選B【點睛】本題考查了求磁感應強度問題，通電導線靜止處于平衡狀態(tài)，應用安培力公式與平衡條件可以解題5、B【解析】詳解】AC．當滑動觸頭向上移動時電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知通過線圈的電流減小，線圈產生的磁場減弱，故穿過線圈的磁通量變??；根據中的電流方向和安培定則可知產生的磁場方向向下穿過線圈，根據楞次定律，中的感應電流的磁場要阻礙原來磁場的減小，故的感應電流的磁場方向也向下，根據安培定則可知線圈中感應電流方向俯視應為順時針，AC錯誤；B．因為滑動觸頭向上滑動導致穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律可知只有線圈面積增大時才能阻礙磁通量的減小，故線圈應有擴張的趨勢，B正確；D．因為滑動觸頭向上滑動導致穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律可知只有線圈靠近螺線管才能阻礙磁通量的減小，線圈受到的安培力向上，所以對水平桌面的壓力將減小，對水平桌面的壓力小于其重力，D錯誤。故選B。6、A【解析】由于滑片P的移動,所以接入電路的電阻隨重物的增加而減小,設所稱重物的重力為G時,彈簧壓縮x(AP=x),則電路中的總電阻為R0+R0,由歐姆定律可得E=I(R0+R0),①由胡克定律得G=kx②由①②兩式解得G=2kL-,故選項A正確.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、ACD【解析】由電源消耗功率和電源內部消耗功率表達式PE=EI，Pr=I2r，可知，a是直線，表示的是電源消耗的電功率，c是拋物線，表示的是電源內電阻上消耗的功率，b表示外電阻的功率即為電源的輸出功率PR，所以A正確；根據PE=EI，當I=2A時，PE=8w得，E=4V，B錯誤；根據Pr=I2r，當I=2A時，Pr=8W可得，r=2Ω，C正確；當電流為0.5A時，R+r=8Ω，R=6Ω，D正確考點：電源的功率8、AD【解析】A．由圖可知，當U＝5V時，R＝5Ω，根據歐姆定律得導體的電阻為故A項正確；BC．曲線上某點與原點連線的斜率的倒數表示電阻，電壓增大時，連線斜率在減小，故電阻逐漸增大，U＝11V時的電阻一定大于5Ω，故B、C錯誤；D．由圖可知，隨著電壓的減小，導體的電阻不斷減小，故D正確。故選AD。9、BC【解析】由圖可知電壓表測量的是電源的電壓，由于電源內阻忽略不計，則電壓表的示數總是不變，故A錯誤；在滑動變阻器的滑片P由a端滑到b端的過程中，滑動變阻器的電阻先增大后減小，由于電壓不變，根據閉合電路歐姆定律可知電流表示數先減小后增大，U與I的比值就是接入電路的的電阻與的電阻的和，所以U與I比值先變大后變小，故C正確；由于電壓表示數沒有變化，所以U變化量與I變化量比值等于0，故D錯誤；【點睛】當滑動變阻器的兩部分并聯(lián)在電路中時，在最中間時，電阻最大，滑片從一端移動到另一端的過程中，電阻先增大后減小，10、BD【解析】三個相同的帶電粒子以不同速度沿同一方向進入三角形磁場區(qū)域，由半徑公式，則速度較大的帶電粒子進入磁場時做勻速圓周運動的半徑大，而再由帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的時間t=T，可知第一、二兩種粒子在磁場中偏轉角度相同為90°，而第三個粒子偏轉60°，打在ac邊上，畫出其運動軌跡，由偏轉角度求出半徑【詳解】根據題設條件，三個相同的帶電粒子從b點沿bc方向以不同速度進入三角形磁場區(qū)域，粒子在磁場中做勻速圓周運動洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：，粒子軌道半徑與速度成正比，又因為三個粒子在磁場中運動的時間之比為t1：t2：t3=3：3：2，顯然它們在磁場中的偏轉角度之比為3：3：2．即粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，軌跡如圖所示：粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，粒子3的速度比1、2的速度大，粒子2的速度大于粒子1的速度，故A錯誤，B正確；對速度為v1和v2的粒子，其偏轉角度均為90°，由幾何關系可知r1<L，對速度為v3的粒子偏轉60°，運動軌跡如圖所示，由幾何關系知：r3×sin60°=L，解得：，故C錯誤，D正確；故選BD【點睛】三個相同的粒子以不同速度沿相同方向進入三角形磁場區(qū)域，由于半徑不同，再加上在磁場中的時間之比就能確定三個粒子偏轉角之比，再綜合磁場區(qū)域與粒子通過直線邊界的對稱性，從而確定三個粒子打在磁場邊界的位置，從而可以比較速度大小，也能求出半徑關系三、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、①.20②.2【解析】[1]．石子在豎直方向做自由落體運動，則運動過程中下落的高度為；[2]．石子水平方向做勻速運動，則在運動過程中的水平位移為。12、①.直流電壓②.4.9V③.26.9Ω④.“×1”檔⑤.150Ω⑥.刻度不均勻【解析】（1）圖示檔位為直流電壓檔，讀數要注意估讀（2）電阻箱讀數為各檔對應的讀數之和．根據其阻值確定其應選倍率（3）歐姆表的讀數為示數乘以倍率【詳解】（1）圖中的檔位為直流電壓檔10V檔，對應示數為：4.9V（2）電阻箱讀數為：2×10+6×1+9×0.1=26.9Ω，若用歐姆表則選倍率為×1檔（3）中值電阻為內部電阻值，則為15×10=150Ω，因電流，I不隨Rx均勻變化而均勻變化，所以刻度不均勻四、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、（1）垂直于紙面向里；（2）；（3）【解析】（1）向右運動的正電荷平時偏轉，說明受到的洛倫茲力的方向向上，由左手定則可知，該磁場的方向向里；（2）粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，得：則有：