安徽省青陽縣一中2025屆高二物理第一學(xué)期期末學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題含解析

安徽省青陽縣一中2025屆高二物理第一學(xué)期期末學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題考生須知：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，當左邊線圈通以逆時針電流I時，天平恰好平衡，此時天平右邊的砝碼質(zhì)量為m，若改為順時針方向的電流且大小不變，則需在天平右邊增加△m的砝碼，通電線圈受到磁場力大小為：A. B.(m+△m)gC.△mg D.2、如圖所示，兩個半徑相同的半圓形軌道分別豎直放置在勻強電場和勻強磁場中，兩軌道平面分別與磁場垂直，與電場平行，軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的．兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放，M、N為軌道的最低點．則下列說法正確的是A.兩小球到達軌道最低點的速度vM<vNB.兩小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力FM<FNC.小球第一次到達M點的時間晚于小球第一次到達N點的時間D.在磁場中小球能到達軌道的另一端，在電場中小球不能到達軌道的另一端3、如圖四個燈泡L1，L2，L3，L4完全一樣，規(guī)格都是12V、12W，在AB兩端加上60V的電壓，則經(jīng)過L3的電流是（）A.1AB.2AC.1.67AD.1.25A4、如圖所示為電流產(chǎn)生磁場的分布圖，正確的分布圖是()A.①③ B.②③C.①④ D.②④5、如圖所示，通電直導(dǎo)線置于勻強磁場中，導(dǎo)線與磁場方向垂直.若將導(dǎo)線中的電流增大為原來的2倍，導(dǎo)線在磁場中的長度增大為原來的2倍，則導(dǎo)線受到安培力的大小將（）A.減小為原來的 B.減小為原來的C.增大為原來的2倍 D.增大為原來的4倍6、圖甲為“中星9A”在定位過程中所進行的10次調(diào)整軌道的示意圖，其中的三條軌道如圖乙所示，曲線Ⅰ是最初發(fā)射的橢圓軌道，曲線Ⅱ是第5次調(diào)整后的橢圓軌道，曲線Ⅲ是第10次調(diào)整后的最終預(yù)定圓軌道；軌道Ⅰ與Ⅱ在近地點A相切，軌道Ⅱ與Ⅲ在遠地點B相切。衛(wèi)星在變軌的過程中質(zhì)量變化忽略不計，下列說法正確的是（）A.衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行的速度大于第一宇宙速度B.衛(wèi)星在軌道Ⅱ上經(jīng)過B點時的速度等于衛(wèi)星在軌道Ⅲ上經(jīng)過B點時的速度C.衛(wèi)星在軌道Ⅰ上經(jīng)過A點時的機械能小于衛(wèi)星在軌道Ⅲ上經(jīng)過B點時的機械能D.衛(wèi)星在軌道Ⅱ上經(jīng)過B點時的加速度小于衛(wèi)星在軌道Ⅲ上經(jīng)過B點時的加速度二、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，矩形區(qū)域內(nèi)有水平方向的勻強電場，一個帶負電的粒子從A點以某一速度vA射入電場中，最后以另一速度vB從B點離開電場，不計粒子所受的重力，A、B兩點的位置如圖所示，則下列判斷中正確的是（）A.電場強度的方向水平向左B.帶電粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能C.粒子在電場中運動的全過程中，電勢能最大處為A點D.粒子在電場中運動的全過程中，動能最大處為B點8、均勻?qū)Ь€制成的正方形閉合線框abcd，線框的匝數(shù)為n、邊長為L、總電阻為R、總質(zhì)量為m，將其置于磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場上方某高度處，如圖所示，釋放線框，讓線框由靜止自由下落，線框平面保持與磁場垂直，cd邊始終與水平的磁場邊界平行，已知cd邊剛進入磁場時，線框加速度大小恰好為，重力加速度為g，則線框cd邊離磁場邊界的高度h可能為()A. B.C. D.9、兩個完全相同的金屬球A和B帶電荷量之比為1∶7，相距為r，兩者接觸一下放回原來的位置，則后來兩小球之間的庫侖力大小與原來之比是（）A.3∶7 B.4∶7C.9∶7 D.16∶710、如圖所示，邊長為2L正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．一個由某種材料做成的邊長為L、粗細均勻的正方形導(dǎo)線框abcd所在平面與磁場方向垂直；導(dǎo)線框、虛線框的對角線重合，導(dǎo)線框各邊的電阻大小均為R．在導(dǎo)線框從圖示位置開始以恒定速度v沿對角線方向進入磁場，到整個導(dǎo)線框離開磁場區(qū)域的過程中，下列說法正確的是（）A.導(dǎo)線框進入磁場區(qū)域的過程中有向里收縮的趨勢B.導(dǎo)線框中有感應(yīng)電流的時間為C.導(dǎo)線框的bd對角線有一半進入磁場時，整個導(dǎo)線框所受安培力大小為D.導(dǎo)線框的bd對角線有一半進入磁場時，導(dǎo)線框ac兩點間的電壓為三、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）(1)用多用表測量某元件的電阻，選用“×100”倍率的電阻檔測量，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)過大，因此需選擇____倍率的電阻檔（填“×10”或“×1k”），歐姆調(diào)零后再進行測量，多用表的示數(shù)如圖所示，測量結(jié)果為____Ω。(2)某興趣小組探究用不同方法測定干電池的電動勢和內(nèi)阻，他們提出的實驗方案中有如下四種器材組合。為使實驗結(jié)果盡可能準確，最不可取的一組器材是____。A．一個安培表、一個伏特表和一個滑動變阻器B．一個伏特表和多個定值電阻C．一個安培表和一個電阻箱D．兩個安培表和一個滑動變阻器12．（12分）如圖游標卡尺的讀數(shù)為_______；螺旋測微器測的讀數(shù)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．（10分）如圖，在第一象限內(nèi)，直線OC與x軸的夾角θ=30°．在OC與y軸之間的區(qū)域內(nèi)有方向與y軸平行的勻強電場，OC與x軸之間的區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場．一帶正電粒子在y軸上的P點以初速度v0平行于x軸射入電場，在D點垂直O(jiān)C邊進入磁場．粒子進入磁場后運動軌跡的半徑為r，軌跡剛好與x軸相切，經(jīng)OC邊返回電場．設(shè)粒子的帶電量為q、質(zhì)量為m，不計粒子的重力．求：（1）粒子在磁場中的運動時間t；（2）D點位置坐標（xD，yD）；（3）電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大小14．（16分）如圖所示,一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧,下端掛有一匝數(shù)為n的矩形線框abcd,bc邊長為l,線框的下半部處在勻強磁場B中,方向與線框平面垂直,在圖中垂直于紙面向里,線框中通以電流I,方向如圖所示,開始時線框處于平衡狀態(tài).現(xiàn)令磁場反向,磁場仍為B,線框達到新的平衡,在此過程中線框位移的大小Δx為多少?方向如何?15．（12分）有一根長的直導(dǎo)線，通有I=2A的電流．將此直導(dǎo)線垂直磁場方向放入勻強磁場中，導(dǎo)線受到的安培力，求：（1)該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；（2)若將導(dǎo)線中的電流增大為,而其他不變，則該導(dǎo)體受到的安培力是多大？

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】因線圈通電導(dǎo)致線圈下框受力正好與砝碼平衡,當改變電流方向時,磁場力大小不變,方向改變,從而增加砝碼后,再次平衡,則可求出磁場力大小【詳解】線圈通以逆時針電流時，下框受到安培力向上，大小為；當通以順時針電流時，下框受到安培力向下，大小仍為，而天平右邊需要增加砝碼才能再次平衡．則有即故選A。2、D【解析】兩個軌道的半徑相同，根據(jù)圓周運動的向心力的公式可以分析小球通過最低點是對軌道的壓力，小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒，小球在電場中受到的電場力對小球做負功，到達最低點時的速度的大小較小【詳解】在磁場中運動時，只有重力做正功，在電場中運動時，重力做正功、電場力做負功，由動能定理可知：；；解得，vM＞vN，由于小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒；而小球在電場中運動受到的電場力對小球做負功，到達最低點時的速度的大小較小，所以在電場中運動的時間也長，故AC錯誤；最低點M時，支持力與重力和洛倫茲力（方向豎直向下）的合力提供向心力，最低點N時，支持力與重力的合力提供向心力，因為vM＞vN，可知：FM＞FN，故B錯誤；由于小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒，所以小球可以到達軌道的另一端，而電場力做小球做負功，所以小球在達到軌道另一端之前速度就減為零了，故不能到達最右端，故D正確；故選D【點睛】洛侖茲力對小球不做功，但是洛侖茲力影響了球?qū)壍赖淖饔昧Γ陔妶鲋械男∏?，電場力對小球做功，影響小球的速度的大小，從而影響小球?qū)壍赖膲毫Φ拇笮?、A【解析】分析電路可知，并聯(lián)后與，串聯(lián)接入電路，燈泡的電阻，則電路總電阻，干路電流，則經(jīng)過的電流，故A正確故選A4、C【解析】①②．通電直導(dǎo)線周圍產(chǎn)生的磁場由安培定則，右手握住導(dǎo)線，大拇指指向電流方向，則四指彎曲的方向為磁場方向，故①正確，②錯誤；③④．場源為環(huán)形電流，注意讓彎曲的四指指向電流的方向，右手螺旋定則判斷出③錯誤，④正確。故選C。5、D【解析】根據(jù)F=BIL可知電流增大為原來的2倍，導(dǎo)線在磁場中的長度增大為原來的2倍，則安培力增大為原來的4倍。故選D。6、C【解析】A．第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，故衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行的速度小于第一宇宙速度，A錯誤；B．衛(wèi)星從軌道Ⅱ到軌道Ⅲ上需要在B點加速，所以衛(wèi)星在軌道Ⅱ上經(jīng)過B點時的速度小于衛(wèi)星在軌道Ⅲ上經(jīng)過B點時的速度，故B錯誤；C．衛(wèi)星從軌道Ⅰ到軌道Ⅱ上需要在A點加速，機械能增加。在橢圓軌道上機械能不變，衛(wèi)星從軌道Ⅱ到軌道Ⅲ上需要在B點加速，機械能增加。故衛(wèi)星在軌道Ⅰ上經(jīng)過A點時的機械能小于衛(wèi)星在軌道Ⅲ上經(jīng)過B點時的機械能，選項C正確；D．根據(jù)得到可知衛(wèi)星在軌道Ⅱ上經(jīng)過B點時的加速度等于衛(wèi)星在軌道Ⅲ上經(jīng)過B點時的加速度，故D錯誤。故選C。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、BD【解析】A．粒子在電場中向左偏轉(zhuǎn)，所受的電場力水平向左，而粒子帶負電荷，故電場強度的方向水平向右，A錯誤；B．從到，電場力先做負功，后做正功，電場力為恒力，做負功的位移小于做正功的位移，所以電場力做的總功為正功，故粒子的電勢能減小，則粒子在點的電勢能大于在點的電勢能，B正確；C．粒子電場力水平，將初速度分解為水平和豎直向下的分速度，故水平方向向右勻減速、再向左勻加速，豎直方向向下勻速，軌跡的最右端在點的右側(cè)，即電場力做負功的最大位移處在A點的右側(cè)，所以電勢能最大位置在點右側(cè)，C錯誤；D．粒子在電場中運動過程，僅受電場力做功，電勢能和動能總和保持不變，相互轉(zhuǎn)化，到達點時電場力做正功最大，電勢能最小，動能最大，D正確。故選BD。8、AD【解析】在磁場上方運動過程中，只有重力做功，所以機械能守恒，故有，cd邊剛進入磁場時受到的安培力為，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，根據(jù)歐姆定律可得，聯(lián)立可得；若cd邊剛進入磁場時的加速度大小方向向下，根據(jù)牛頓第二定律可得：，聯(lián)立解得：；若cd邊剛進入磁場時的加速度向上時，根據(jù)牛頓第二定律有：，聯(lián)立解得；故AD正確，BC錯誤。9、CD【解析】若兩小球電性相同，兩個完全相同的金屬小球，將它們相互接觸再分開，帶電量先中和后平分，設(shè)金屬球A和B帶電量為Q，7Q，所以A、B所帶的電荷相等都為4Q，根據(jù)庫侖定律得所以若兩小球電性相反，兩個完全相同的金屬小球，將它們相互接觸再分開，帶電量先中和后平分，設(shè)金屬球A和B帶電量為Q，7Q，所以A、B所帶的電荷相等都為3Q，根據(jù)庫侖定律得所以故選CD。10、ACD【解析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；當磁通量變化時，線框中將產(chǎn)生感應(yīng)電流；確定出線框有效的切割長度，由公式E=BLv求出感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流，由F=BIL求出安培力，由串聯(lián)電路的特點求解a、c間的電壓【詳解】A項：導(dǎo)線框進入磁場區(qū)域時磁通量增加，根據(jù)楞次定律判斷得知產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，由于磁通量增大，故線圈由收縮的趨勢，故A正確；B項：當線框進入和離開磁場時磁通量變化，才有感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以有感應(yīng)電流的時間為，故B錯誤；C、D項：導(dǎo)線框的bd對角線有一半進入磁場時，線框有效的切割長度為：產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：感應(yīng)電流為：整個導(dǎo)線框所受安培力大小為：F=BIl=，導(dǎo)線框a、c兩點間電壓為：U=I?2R=故C、D正確故選ACD【點睛】本題關(guān)鍵要理解“有效”二字，知道感應(yīng)電動勢公式E=Blv中l(wèi)是有效的切割長度，安培力公式F=BIl，l也是有效長度三、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.×10②.70或70.0③.D【解析】(1)[1][2]用多用表測量某元件的電阻，選用“×100”倍率的電阻檔測量，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)過大，說明倍率檔選擇過高，因此需選擇“×10”倍率的電阻檔，歐姆調(diào)零后再進行測量，多用表的示數(shù)為7.0×10Ω=70.0Ω；(2)[3]通過改變電路的阻值從而獲得多組數(shù)據(jù)，根據(jù)U-I圖象與坐標軸的交點求解電動勢和內(nèi)阻。A．安培表測電流，伏特表測路端電壓，滑動變阻改變電路的阻值從而獲得多組數(shù)據(jù)，故A可??；B．伏特表測路端電壓，電流可由路端電壓和定值電阻求得，通過改變接入定值電阻的個數(shù)改變電路的電阻，故B可??；C．安培表測電流，再由電流和電阻箱阻值可得路端電壓，通過改變接入電路中電阻箱的阻值改變電路的電阻，故C可??；D．兩個安培表和一個滑動