2025屆重慶市綦江區(qū)實驗中學物理高二上期末調研試題含解析

2025屆重慶市綦江區(qū)實驗中學物理高二上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、用實驗證實電磁波存在的科學家是A.赫茲 B.麥克斯韋C.洛倫茲 D.焦耳2、下列說法正確的是A.電勢有正負，所以是矢量B.電流的方向規(guī)定為正電荷移動的方向，所以電流強度是矢量C.比較磁通量時，需要考慮磁感線從面的哪一側穿過，因為磁通量是矢量D.某處磁感應強度的方向規(guī)定為該處小磁針靜止時N極所指的方向，所以磁感應強度是矢量3、質量為80kg的某人以4m/s速度運動，質量為200g的子彈以300m/s的速度飛行，關于某人和子彈的慣性大小比較，下列說法中正確的是（）A.人和子彈慣性一樣大 B.人的慣性大C.子彈的慣性大 D.無法判斷4、如圖所示，虛線框中存在垂直紙面向外的勻強磁場B和平行紙面斜向下與豎直方向夾角為45°的勻強電場E．質量為m、電荷量為q的帶負電的小球在高為h處的P點從靜止開始自由下落，在虛線框中剛好做直線運動，則A.電場強度B.磁感應強度C.小球在虛線框中可能做勻加速直線運動D.不同比荷的小球從不同高度下落，在虛線框中仍可能做直線運動5、如圖甲是某電場中的一條電場線，A、B是這條電場線上的兩點，若將一負電荷從A點自由釋放，負電荷沿電場線從A到B運動過程中的速度圖象如圖乙所示，比較A、B兩點電勢的高低和電場強度大小可知（）A.φA＞φB B.φA＜φBC.EA＜EB D.EA與EB無法比較6、如圖的電路中，理想變壓器匝數比n1：n2=1:2，R是規(guī)格為“220V、1100W”的用電器，電表均為理想電表．當用電器正常工作時，電壓表和電流表的示數分別為（）A110V、10AB.110V、2.5AC.440V、2.5AD.440V、10A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、如圖甲是某電場中的一條電場線，A、B是這條電場線上的兩點，若將一負電荷從A點自由釋放，負電荷沿電場線從A到B運動過程中的速度圖象如圖乙所示，比較A、B兩點電勢的高低和場強大小可知（）A.A＞BB.A＜BC.EA＞EBD.EA＜EB8、如圖所示，質量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A緊靠豎直墻壁．用水平力向左推B，將彈簧壓縮，推到某位置靜止時推力大小為F，彈簧的彈性勢能為E．在此位置突然撤去推力，下列說法中正確的是（

）A.撤去推力的瞬間，B的加速度大小為B.從撤去推力到A離開豎直墻壁前，A、B和彈簧組成的系統動量不守恒,機械能守恒C.A離開豎直墻壁后，彈簧彈性勢能最大值為D.A離開豎直墻壁后，彈簧彈性勢能最大值為E9、如圖所示，質量為m的物體，從半徑為R的光滑半圓槽的最上端由靜止滑下，則下列說法中正確的是（）A.若圓槽不動，m可滑到右邊的最高點B.若地面光滑，m也可滑到右邊的最高點C若圓槽不動，m滑動過程中機械能守恒D.若地面光滑，m和半圓槽在滑動過程中機械能守恒，動量也守恒10、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）將一銅片和一鋅片分別插入一個蘋果內，就構成了簡單的“水果電池”，其電動勢約為1.5V．可是這種電池并不能點亮額定電壓為1.5V、額定電流為0.3A的手電筒上的小燈泡，原因是流過小燈泡的電流太小了，經實驗測得還不足3mA.為了較精確地測定該水果電池的電動勢和內阻，提供的實驗器材有：A．電流表A1(量程0～3mA，內阻約為0.5Ω)B．電流表A2(量程0～0.6A，內阻約0.1Ω)C．電壓表V(量程0～1.5V，內阻約為3kΩ)D．滑動變阻器1(阻值0～10Ω，額定電流為1A)E．滑動變阻器2(阻值0～3kΩ，額定電流為1A)F．電鍵，導線若干G．水果電池（1）實驗中電流表應選用______，滑動變阻器應選用______(均用序號字母表示)（2）請在虛線框內畫出實驗電路圖，（有錯不給分）．（）（3）根據實驗記錄的數據，經描點、連線得到水果電池的路端電壓隨電流變化的圖象如圖所示，由圖可知：水果電池的電動勢＝____V，內阻r＝________Ω.（保留3位有效數字）12．（12分）利用如圖所示的電路測定電源的電動勢和內電阻(1)若閉合電鍵S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向a，改變電阻箱R的阻值得到一系列的電壓表的讀數U(2)若斷開S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向b，改變電阻箱R阻值得到一系列的電流表的讀數I(3)某同學分別按照以上兩種方式完成實驗操作之后，利用圖線處理數據，得到如下兩個圖象(如圖①和②所示)，縱軸截距分別是b1、b2，斜率分別為k1、k2若忽略電壓表的分流和電流表的分壓作用，則步驟(1)中測得的電動勢E1=___________；內阻r1=___________．(用k1、b1表示)步驟(2)中測得的電源內阻r2=比真實值_________(填偏大、相等、或偏小)若不能忽略電壓表的分流和電流表的分壓作用，則：結合兩組圖像可計算出該電源的真實電動勢E=，真實內阻r=_________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，邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為q的粒子（不計重力），從D點以速度v0沿DB方向射入磁場，恰好從A點沿BA方向射出，求（1）該勻強磁場的磁感應強度大小；（2）電荷在磁場中運動的時間。14．（16分）如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場的磁感應強度為B，紙面內有一單匝長方形均勻金屬線框abcd，其ab邊長為L，bc邊長為2L，線框總電阻為R，ab邊與磁場邊界平行，線框在向右方向拉力作用下以速度v做勻速運動。求：(1)當ab邊剛進入磁場時，ab兩端的電勢差Uab(2)線框進入磁場過程中，通過線框橫截面的電荷量q(3)線框進入磁場過程中，bc上產生的熱量Q15．（12分）如圖所示，將邊長為L、總電阻為R的正方形閉合線圈，從磁感強度為B的勻強磁場中以速度v勻速拉出（磁場方向垂直線圈平面）(1)拉力F做的功WF和拉力F的功率PF(2)線圈放出的熱量Q

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】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可【詳解】用實驗證實電磁波存在的科學家是赫茲，故A正確，BCD錯誤；故選A【點睛】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一2、D【解析】A、電勢是標量，電勢有正負之分，電勢的正負是相對的，它相對于你所取的零電勢面，故A錯誤；B、電流的方向表示正電荷定向移動的方向，由于電流運算時不遵守平行四邊形定則，所以電流不是矢量，故B錯誤；C、磁通量是通過閉合線圈的磁感線的條數，它是標量，但是磁通量也有正負，磁通量的正負并不表示磁通量的方向，故C錯誤；D、磁感應強度是矢量，某處磁感應強度的方向規(guī)定為該處小磁針靜止時N極所指的方向，故D正確；故選D3、B【解析】質量是衡量慣性大小的唯一標度，和物體速度的大小沒有關系，人的質量大，所以人的慣性大，故B正確；ACD錯誤；故選B4、A【解析】小球進入復合場受重力、電場力和洛倫茲力作用，因為洛倫茲力的大小與速度大小有關，由題意可知該直線運動為勻速直線運動，通過共點力平衡求出磁感應強度和電場強度的大?。ㄟ^小球的受力判斷若小球帶正電能否做直線運動【詳解】小球在復合場中受到豎直向下的重力、與電場強度方向相反的電場力和水平向右的洛倫茲力的作用，如圖所示其中電場力和重力是恒力，而洛倫茲力的大小與小球的速度大小成正比，若小球做的是變速運動，那么洛倫茲力也是變力，小球的合外力方向也要改變，這與題意不符，所以小球在復合場中一定做勻速直線運動．故C錯誤．根據小球的平衡條件可得，qvB=mg，qE=mg，又v2=2gh，聯立各式解得磁感應強度，電場強度E=．故A正確，B錯誤．若要使小球沿直線通過復合場，小球的合力一定為零，所以一定要滿足和E=，若同時改變小球的比荷與初始下落的高度h，以上兩個式子不能同時滿足，故D錯誤．故選A【點睛】題主要是考查了帶電粒子在復合場中運動情況分析；對于此類問題，要掌握粒子的受力特點，如果粒子在電場、磁場和重力場中做勻速圓周運動，則一定是電場力和重力平衡；如果粒子受三種力做的是直線運動，則一定是勻速直線運動5、B【解析】根據受力方向判斷電場線方向，根據加速度的大小判斷場強大小的變化【詳解】負電荷從A釋放（初速為0）后，能加速運動到B，說明負電荷受到的電場力方向是從A指向B，那么電場方向就是由B指向A，由于沿電場線方向電勢逐漸降低，所以AB兩點的電勢關系是φA＜φB．選項B正確，A錯誤；負電荷從A運動到B的過程中，它的加速度是逐漸減小的（乙圖中的“斜率”表示加速度），由牛頓第二定律知，負電荷從A到B時，受到的電場力是逐漸減小的，由E=F/q知，EA＞EB．故CD錯誤．故選B6、A【解析】用電器正常工作時，副線圈兩端的電壓，輸出功率，根據電壓與匝數成正比，有代入數據得解得根據輸入功率等于輸出功率，有：得故A正確，BCD錯誤。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】AB.負電荷從A釋放（初速為0）后，能加速運動到B，說明負電荷受到的電場力方向是從A指向B，那么電場方向就是由B指向A，由于沿電場線方向電勢逐漸降低，所以AB兩點的電勢關系是φA＜φB，故A錯誤B正確CD.負電荷從A運動到B的過程中，它的加速度是逐漸減小的（乙圖中的“斜率”表示加速度），由牛頓第二定律知，負電荷從A到B時，受到的電場力是逐漸減小的，場強逐漸減小，EA＞EB，故C正確D錯誤8、ABC【解析】A、撤去推力前,B處于靜止狀態(tài),彈簧的彈力與F0二力平衡.撤去F的瞬間,彈簧的彈力不變,根據牛頓第二定律得,B的加速度大小為.故A正確.B、從撤去推力到A離開豎直墻之前,墻壁對B有彈力作用,A、B和彈簧組成的系統合外力不等于零,系統的動量不守恒.因為只有彈力做功,系統的機械能守恒,故B正確.C、D,A離開豎直墻后,系統所受的合外力為零,動量守恒;彈簧的彈力做功,系統的機械能守恒.當A、B的速度相等時,彈簧的彈性勢能最大；對于從撤去推力到A離開豎直墻之前,機械能守恒,設A剛離開墻壁時，B的速度大小為.則有,得;A離開墻壁后,根據系統的動量守恒得:;根據系統的機械能守恒得:計算得出,彈簧的彈性勢能最大值:,所以C選項是正確的,D錯誤.【點睛】撤去F的瞬間,B所受的彈力大小等于F0,根據牛頓第二定律求出撤去推力瞬間的加速度大小;分析A、B和彈簧組成的系統所受的外力,判斷動量和機械能是否守恒.A離開豎直墻后,根據動量守恒定律和機械能守恒定律分析A離開豎直墻后,A、B的最大彈性勢能.9、ABC【解析】ABC．不論圓槽不動還是地面光滑，小球和圓槽組成的系統機械能守恒，選取地面為零勢能面，系統從初狀態(tài)靜止開始運動，末狀態(tài)一定能夠再次靜止，由于機械能守恒，小球在初末狀態(tài)的重力勢能一定相等，所以小球一定能滑到圓槽右邊的最高點，ABC正確；D．地面光滑，系統的機械能守恒，系統在水平方向不受外力，所以動量在水平方向守恒，D錯誤。故選ABC。10、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.A②.E③.④.1.35⑤.450【解析】(1)[1]電流約為3mA，故電流表選擇A；[2]電源的內阻大約若選用0～10Ω的滑動變阻器，移動滑片，電流基本不變，因此滑動變阻器應選E；(2)[3]由題意可知水果電池內阻較大，為減小實驗誤差，相對于電源來說，電流表應采用內接法，電路圖如圖所示(3)[4]由圖示電源U-I圖線可知，圖象與縱軸截距為1.35，則電源電動勢[5]圖線斜率的絕對值即為內阻12、①.；②.；③.偏大；④.；【解析】(1)開關接a時，采用電壓表與電阻箱并聯的方式測量電動勢和內電阻，明確電表內阻的影響，根據閉合電路歐姆定律進行分析列出對應的表達式，從而確定誤差情況；(2)開關接b時，采用電流表與電阻箱串聯的方式測量，根據閉合電路歐姆定律進行分析列出對應的表達式，從而確定誤差情況；(3)分析兩種方式所得出的準確值表達式，從而分析與電表內阻無關的物理量，從而確定真實值【詳解】(1)若閉合電鍵S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向a，改變電阻箱R的阻值得到一系列的電壓表的讀數U，根據閉合電路歐姆定律可知，E=U+Ir=U+則因此圖象的縱軸截距b=，電動勢E=圖象的斜率k1=，則電源內阻r=k1E=；(2)根據閉合電路歐姆定律E=I（R+r）變形，得到與R的關系式，根據數學知識得知，圖象的斜率的倒數等于電源的電動勢E，縱軸截距的絕對值等于電源的內阻r與定值電阻的和則可知，電動勢的測量值與真實值相比相等，沒有考慮電流表的內