云南省開遠市第二中學校2025屆物理高二第一學期期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題含解析

云南省開遠市第二中學校2025屆物理高二第一學期期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題請考生注意：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、為了解釋地球的磁性，19世紀安培假設：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的。在下列四個圖中，正確表示安培假設中環(huán)形電流方向的是（）A. B.C. D.2、1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的發(fā)明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎．若速度相同的一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關說法中正確的是()A.該束帶電粒子帶負電B.速度選擇器的P1極板帶負電C.在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大D.在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小3、如圖所示，在勻強磁場中勻速轉動的矩形單匝線圈的周期為T，轉軸垂直于磁場方向，線圈電阻為2Ω。從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈轉過60o時的感應電流為1A，那么（）A.任意時刻線圈中的感應電動勢為B.任意時刻穿過線圈的磁通量為C.線圈消耗的電功率為5WD.線圈中感應電流的有效值為2A4、如圖所示，A是一個邊長為L的正方形導線框，每邊長電阻為r.現維持線框以恒定速度v沿x軸運動，并穿過圖中所示由虛線圍成的勻強磁場區(qū)域．以順時針方向為電流的正方向，Ubc＝φb－φc，線框在圖示位置的時刻作為時間的零點，則b、c兩點間的電勢差隨時間變化的圖線應為A. B.C. D.5、首先發(fā)現電流磁效應的科學家是()A.安培 B.奧斯特C.庫侖 D.麥克斯韋6、如圖所示，一個圓盤在水平面內勻速轉動，盤面上有一個小物體隨圓盤一起做勻速圓周運動．分析小物體的受力情況，下列說法正確的是A.物體只受向心力B.物體所受合外力為零C.物體受重力和支持力D.物體受重力、支持力和靜摩擦力二、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，用三根長度相同的絕緣細線將三個帶電小球連接后懸掛在空中．三個帶電小球質量相等，A球帶正電，平衡時三根絕緣細線都是直的，但拉力都為零．則A.B球和C球都帶負電荷B.B球帶負電荷，C球帶正電荷C.B球和C球所帶電量一定相等D.B球和C球所帶電量不一定相等8、如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S．某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，經過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場．已知∠AOC=60°從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于T/2（T為粒子在磁場中運動的周期），則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間可能為（）A.T/9 B.T/7C.T/5 D.T/39、如圖所示，水平直導線中通有恒定電流I，在導線的正上方處將一帶電粒子以與電流方向相同的初速度v0射入，不計重力作用，該粒子將A.若粒子帶正電，將沿路徑a運動B.若粒子帶正電，將沿路徑b運動C.若粒子沿路徑b運動，軌跡半徑變小D.若粒子沿路徑b運動，軌跡半徑變大10、科學家使用核反應獲取氚，再利用氘和氚核反應獲得能量，核反應方程分別為：X＋Y→＋＋4.9MeV和＋→＋X＋17.6MeV，下列表述正確的有（）A.X是中子B.Y的質子數是3，中子數是6C.兩個核反應都沒有質量虧損D.氘和氚的核反應是核聚變反應三、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）用如圖甲所示的電路測定一電池組的電動勢與內電阻（1）用筆畫線代替導線在圖乙中完成實物連接圖_______；如圖甲所示，在閉合開關之前為防止電表過載而移動滑動變阻器的滑動頭應移到滑動變阻器____處（填“左端”或“右端”）（2）由圖丙可知：該電池組的電動勢E＝_____V，內阻r＝_____Ω．（均保留兩位有效數字）（3）用上述實驗方案測定的誤差來源是__________造成的（選填“電流表內阻分壓”或“電壓表內阻分流”）12．（12分）如圖螺旋測微器的讀數是_________mm。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）真空中存在著空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場．在電場中，若將一個質量為m，帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球速度與豎直方向夾角為37°(取sin37°=0.6，cos37°=0.8）.現將該小球從電場中某點以初速度v0豎直向上拋出．求運動過程中(1)小球受到的電場力的大小及方向；(2)小球從拋出點至最高點的過程中電場力做的功14．（16分）如圖所示（俯視圖），在光滑水平絕緣桌面的虛線右側足夠大的空間中有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，質量為m、電荷量為q（q>0）的小球a以與磁場邊界成角的速度進入磁場，剛好與停在磁場某處的質量為3m、電荷量為3q的小球b（圖中未畫出）發(fā)生第一次碰撞，碰前球a的速度大小為v0，速度方向與虛線平行，設a、b兩球的碰撞都是彈性碰撞，且不會相互轉移電荷，也不考慮小球之間的電場力的作用，求：(1)從a球進入磁場到與b球第一次碰撞的時間；(2)a、b兩球第二次碰后b球的速度大??；(3)運動過程中a球離虛線的最遠距離.15．（12分）圖所示，傾角θ=37°的光滑絕緣斜面固定在豎直向下的勻強電場中，一帶電質點從斜面頂端靜止釋放后，沿斜面做勻加速直線運動，加速度大小a=9m/s2，已知斜面長L=5m，帶電質點的質量m=0.2kg，電荷量q=1.0×10-2C，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)電場強度的大小；(2)帶電質點從斜面頂端滑到底端的過程中電勢能的改變量。

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、B【解析】要知道環(huán)形電流的方向首先要知道地磁場的分布情況：地磁的南極在地理北極的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根據安培定則四指彎曲的方向是電流流動的方向從而判定環(huán)形電流的方向【詳解】地磁的南極在地理北極的附近，故在用安培定則判定環(huán)形電流的方向時右手的拇指必需指向南方；而根據安培定則：拇指與四指垂直，而四指彎曲的方向就是電流流動的方向，故四指的方向應該向西．故B正確【點睛】主要考查安培定則和地磁場分布，掌握安培定則和地磁場的分布情況是解決此題的關鍵所在．另外要掌握此類題目一定要樂于伸手判定2、D【解析】A、帶電粒子在磁場中向下偏轉，磁場的方向垂直紙面向外，根據左手定則知，該粒子帶正電，故A錯誤；B、在平行金屬板間，根據左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的極板帶正電，故B錯誤；C、進入磁場中的粒子速度是一定的，根據得，，知r越大，荷質比越小，而質量m不一定大，故C錯誤，D正確3、A【解析】ACD．從垂直中性面開始其瞬時表達式為則故電流的有效值為。感應電動勢的最大值為電功率為所以從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，電動勢的瞬時表達式為故A正確，CD錯誤；B．任意時刻穿過線圈的磁通量為根據公式可得故故B錯誤。故選A。4、B【解析】0-，線框在磁場外，力與電流為0。~2，由右手定則可得出電流的方向為逆時針的方向，維持線框以恒定速度v沿x軸運動，所以感應電動勢和電流不變，根據法拉第電磁感應定律，則有：；2~4，線框全部進入磁場，感應電流為0，但感應電動勢BLv，則Ubc=BLv。4~5，線框左邊切割磁感線，由右手定則可得出電流的方向為順時針的方向，維持線框以恒定速度v沿x軸運動，所以感應電動勢和電流不變，根據法拉第電磁感應定律，則有：。故選B。5、B【解析】A．安培研究了通電導線的磁場方向與電流方向的關系，提出了安培定則，A錯誤；B．奧斯特經實驗得到通電導體周圍存在著與磁體周圍一樣的特殊物質，首先發(fā)現了電流的磁效應，B正確；C．庫侖經用庫侖扭秤實驗總結出了庫侖定律，C錯誤；D．麥克斯韋總結出了麥克斯韋電磁場理論，D錯誤。故選B。6、D【解析】對小物體進行受力分析，結合勻速圓周運動的條件和牛頓第二定律分析即可；【詳解】小物體塊做勻速圓周運動，合力指向圓心，對小物體受力分析可知，受重力、支持力和靜摩擦力，如圖所示：重力和支持力平衡，靜摩擦力提供向心力，故D正確，ABC錯誤【點睛】向心力是根據效果命名的力，只能由其它力的合力或者分力或單獨某個力來充當，不能將向心力當做單獨的力分析出來二、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、AC【解析】B球受重力及A、C對B球的庫侖力而受于平衡狀態(tài)；則A與C球對B球的庫侖力的合力應與重力大小相等，方向相反；而庫侖力的方向只能沿兩電荷的連線方向，故可知A對B的庫侖力應指向A，C對B的作用力應指向B的左側；則可知B、C都應帶負電；故A正確、B錯誤；由受力分析圖可知，A對B的庫侖力應為C對B庫侖力的2倍，故C帶電量應為A帶電量的一半；同理分析C可知，B帶電量也應為A帶電量的一半，故B、C帶電量應相同；故C正確，D錯誤；故選AC點睛：庫侖定律考查一般都是結合共點力平衡進行的，因此解題的關鍵在于做出受力分析圖，明確庫侖力的方向；則可利用共點力的平衡條件進行解答8、CD【解析】所有粒子的初速度大小相同，軌跡半徑相同，當入射點與出射點連線最長時，軌跡的圓心角最大，粒子在磁場中運動的最長．相反連線最短，時間最短【詳解】粒子在磁場做勻速圓周運動，粒子在磁場中出射點和入射點的連線即為軌跡的弦．初速度大小相同，軌跡半徑R=相同．設OS=d，當出射點D與S點的連線垂直于OA時，DS弦最長，軌跡所對的圓心角最大，周期一定，則由粒子在磁場中運動的時間最長．由此得到軌跡半徑為：R=d，當出射點E與S點的連線垂直于OC時，弦ES最短，軌跡所對的圓心角最小，則粒子在磁場中運動的時間最短．則：SE=d，由幾何知識，得θ=60°；最短時間：tmin=T；故CD正確，AB錯誤；故選CD9、AD【解析】水平導線中通有穩(wěn)定電流I，根據安培定則判斷出導線所產生的磁場方向，由左手定則判斷帶電粒子所受的洛倫茲力方向，即可分析粒子的運動方向；根據半徑公式，結合磁感應強度的變化分析帶電粒子半徑如何變化.【詳解】A、B、水平導線中通有穩(wěn)定電流I，根據安培定則判斷導線上方的磁場方向向里，導線下方的磁場方向向外，由左手定則判斷可知，導線上面的正粒子所受的洛倫茲力方向向下，則正粒子將沿a軌跡運動，故A正確，B錯誤.C、D、若粒子沿b軌跡運動，洛倫茲力不做功其速率v不變，而離導線越遠，磁場越弱，磁感應強度B越小，由半徑公式可知粒子的軌跡半徑逐漸增大；故C錯誤，D正確.故選AD.【點睛】本題是安培定則、左手定則及洛倫茲力對帶電粒子不做功而提供向心力的半徑公式的綜合應用.10、AD【解析】A．由＋→＋X＋17.6MeV，根據反應前后質量數、電荷數守恒可知，X的質量數為1，電荷數為0，因此X是中子，A正確；B．再由X＋Y→＋＋4.9MeV，根據反應前后質量數、電荷數守恒可知，Y的質量數為6，電荷數為3，即其質子數為3，中子數也為3，B錯誤；C．由于兩個反應中都釋放了能量，因此根據愛因斯坦質能方程可知，兩個反應中都存在質量虧損，C錯誤；D．根據核聚變反應的定義可知，氘和氚反應生成了一個核，D正確。故選AD?！究键c定位】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)如圖：②.左端③.(2)4.5④.1.5⑤.(3)電壓表內阻分流【解析】（2）根據滑動變阻器的接法確定滑片的位置（3）根據坐標系中描出的點作出圖象；電源的U-I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值是電源內阻根據電路結構確定產生誤差的原因.【詳解】（1）電路連接如圖；在閉合開關之前為防止電表過載而移動滑動變阻器的滑動頭應移到滑動變阻器左端處；（2）由圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是4.5，則電源電動勢E=4.5V，電源內阻；（3）用上述實驗方案測定的誤差來源是電壓表內阻分流造成的；【點睛】滑動變阻器采用限流接法時，閉合開關前，滑片應置于阻值最大位置，滑動變阻器采用分壓接法時，閉合開關前，滑片應置于分壓電路分壓最小的位置．要掌握應用圖象法處理實驗數據的方法12、711（4.710~4.712）【解析】[1]螺旋測微器的讀數為四、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)電場力大小電場力的方向水平向右(2)電場力做功

【解析】（1）小球靜止釋放時，由于所受電場力與重力均為恒力，故其運動方向和合外力方向一致，根據這點可以求出電場力大小和方向；（2）小球拋出后，水平方向做勻加速直線運動，豎直方向上做豎直上拋運動，根據運動的等時性，可求出水平方向的位移，利用電場力做功即可求出電勢能的變化量，或者求出高點時小球水平方向速速，然后利用動能定理求解；【詳解】（1）根據題設條件可知，合外力和豎直方向夾角為37°，所以電場力大小為：

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