2025屆貴州省貴定縣第二中學(xué)高二物理第一學(xué)期期末監(jiān)測試題含解析

2025屆貴州省貴定縣第二中學(xué)高二物理第一學(xué)期期末監(jiān)測試題注意事項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(jié)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、關(guān)于磁感線的下列說法中，正確的是（）A.磁感線是真實存在于磁場中的有方向的曲線B.磁感線上任一點的切線方向，都跟該點磁場的方向相同C.磁鐵的磁感線從磁鐵的北極出發(fā)，終止于磁鐵的南極D.磁感線有可能出現(xiàn)相交的情況2、如圖，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，正、負電子分別以相同速度沿與x軸成300角從原點垂直射入磁場，則正、負電子在磁場中運動時間之比為（）A.2：1 B.1：2C.1：3 D.1：153、如圖所示，一根通電直導(dǎo)線用細線懸掛在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，電流方向由M向N，此時細線所受拉力不為零，則下列做法中不能使細線的拉力變?yōu)榱愕氖牵ǎ〢.不改變電流方向，適當增加電流大小B.使電流反向，且適當減小電流C.保持原來電流不變，適當增加磁感應(yīng)強度大小D.使原來的磁場和電流都反向，且適當增加電流的大小4、點電荷P、Q在真空中產(chǎn)生電場的電場線如圖所示，下列說法正確的是（）A.P、Q都是正電荷B.P、Q都是負電荷C.P是負電荷，Q是正電荷D.P是正電荷，Q是負電荷5、在下列研究中，加點表示物體可視為質(zhì)點的是A.研究蜜蜂翅膀的振動頻率B.研究足球的旋轉(zhuǎn)速度C.研究飛船與空間站對接時的姿態(tài)D.研究北斗衛(wèi)星繞地球運行的周期6、如圖所示，MN、PQ是間距為L的平行金屬導(dǎo)軌，置于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向里的勻強磁場中，M、P間接有一阻值為R的電阻．一根與導(dǎo)軌接觸良好、有效阻值為R的金屬導(dǎo)線ab垂直導(dǎo)軌放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右勻速運動，則（不計導(dǎo)軌電阻）（）A.通過電阻R的電流方向為P→R→MB.a、b兩點間的電壓為BLvC.a端電勢比b端高D.a端電勢比b端低二、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，電源E的內(nèi)阻不計，其中A為理想電流表，V1、V2為理想電壓表，R1、R2、R3為定值電阻．開始時S是斷開的，當閉合開關(guān)S時，各電表的示數(shù)變化情況正確的是（）A.電壓表V1的示數(shù)變小B.電壓表V2的示數(shù)變小C.電流表A示數(shù)變小D.電流表A的示數(shù)變大8、如圖所示，甲、乙為兩個獨立電源(外電路為純電阻)的路端電壓與通過它們的電流I的關(guān)系圖線，下列說法中正確的是()A.電源甲的電動勢大于電源乙的電動勢B.電源甲的內(nèi)阻小于電源乙的內(nèi)阻C.路端電壓都為U0時，它們的外電阻相等D.電流都是I0時，兩電源的內(nèi)電壓相等9、速度相同的一束粒子（不計重力）經(jīng)過速度選擇器后射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是（）A.速度選擇器的P1極板帶負電B.這束帶電粒子帶正電C.能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于D.若粒子在磁場中運動半徑越大，則該粒子的比荷越大10、如圖所示，質(zhì)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(tǒng)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E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）某同學(xué)在探究性實驗中需要精確地測量某靈敏電流計（微安表）的內(nèi)電阻，設(shè)計了如圖甲所示的電路，實驗室可供他使用的器材如下：A.待測電流計（量程500uA，內(nèi)阻約1kΩ）B.電阻箱R（阻值1Ω~9999Ω）C.滑動變阻器R1（最大阻值10Ω）D.滑動變阻器R2（最大阻值1kΩ）E.電源（電動勢3V，內(nèi)阻不計）F.開關(guān)一只，導(dǎo)線若干①請你用筆畫代替導(dǎo)線，按圖甲的方案將圖乙中的實物圖連成可供測量的實驗電路____；②在某一次測量中，得到了如上圖所示的數(shù)據(jù)，則R=_______Ω；I=_________uA；③實驗時，該同學(xué)把滑動變阻器的滑片調(diào)至適當位置處，而后保持滑動變阻器的阻值不變，通過調(diào)節(jié)電阻箱阻值R，使流過靈敏電流計的示數(shù)I發(fā)生變化，為使測量出的Rg值誤差較小，需保證在調(diào)節(jié)電阻箱阻值R時，盡可能不改變R與電流計兩端的電壓值之和，則滑動變阻器應(yīng)選擇_____（填“R1”或“R2”）；④若操作過程中得到如圖丙所示的（）圖線，若已知斜率為k，縱截距為b，則根據(jù)圖線，求得電流表內(nèi)阻Rg=__________（請用字母表示）；12．（12分）某同學(xué)用如甲圖所示的電路測定電源的電動勢和內(nèi)阻，所用的實驗器材有：待測電源E，電阻箱R（最大阻值99．99），定值電阻R0（阻值為2．0），電壓表（量程為3V，內(nèi)阻約為2k），開關(guān)S實驗步驟：將電阻箱阻值調(diào)到最大，先閉合開關(guān)S，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記下電壓表的示數(shù)U和電阻箱相應(yīng)的阻值R，以為縱坐標，R為橫坐標，作圖線（如圖乙）（1）E為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，寫出關(guān)系表達式（用E、r、R0表示）____（2）根據(jù)圖線求得電源電動勢E=_____V，內(nèi)阻r=______．（保留兩位有效數(shù)字）（3）用該種方法測電源電動勢存在系統(tǒng)誤差，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的原因是_______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）用一根長L=0.8m輕繩，吊一質(zhì)量為m=1.0g的帶電小球，放在磁感應(yīng)強度B=0.1T，方向如圖所示的勻強磁場中，將小球拉到與懸點等高處由靜止釋放，小球便在垂直于磁場的豎直面內(nèi)擺動，當球第一次擺到低點時，懸線的張力恰好為零（重力加速度g=10m/s2）（1）小球帶何種電荷？電量為多少？（2）小球第二次經(jīng)過最低點時，懸線對小球的拉力多大？14．（16分）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，第一象限內(nèi)有勻強電場，勻強電場電場強度大小為E，方向沿y軸正方向，在x軸下方有勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里．有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子(不計重力)，從y軸上的P點以初速度v0垂直于電場方向進入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后沿著與x軸正方向成45°的方向進入磁場，并能返回到出發(fā)點P。（1）作出電子運動軌跡的示意圖，并說明電子的運動情況；（2）P點到O點的豎直距離為多少？（3）電子從P點出發(fā)經(jīng)多長時間第一次返回P點。15．（12分）如圖所示斜面的傾角θ＝37°，一個匝數(shù)n＝10匝，邊長L＝0.1m的正方形線框abcd被固定在斜面上（固定裝置圖中未畫出），e、f分別為ab與dc的中點．在ebcf區(qū)域內(nèi)存在著垂直于斜面向下的勻強磁場，從t＝0時起，撤去固定線框的裝置，磁場的磁感應(yīng)強度按B＝6+2t(T)的規(guī)律開始變化．已知線框質(zhì)量m＝0.2kg，總電阻r＝1Ω，線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）線框靜止不動時線框中的感應(yīng)電動勢的大小和感應(yīng)電流的方向；（2）經(jīng)過多長時間線框開始滑動；（3）在線框保持不動的時間內(nèi)，通過線框的電量

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】試題分析：磁感線不是真是存在的，選項A錯誤；磁感線上任一點的切線方向，都跟該點磁場的方向相同，選項B正確；在磁鐵的外部，磁鐵的磁感線從磁鐵的N極出發(fā)，指向S極，在內(nèi)部正好相反，磁感線為閉合曲線，選項C錯誤；磁感線永不相交，選項D錯誤；故選B考點：考查磁感線的概念點評：本題難度較小，充分理解磁感線的特點即可2、A【解析】帶電粒子以一定的速度垂直進入勻強磁場，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動．粒子受到的洛倫茲力提供向心力；粒子在磁場中運動的周期僅與粒子的比荷及磁場有關(guān)，而運動的時間與偏轉(zhuǎn)角有關(guān)【詳解】電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，正電子進入磁場后，在洛倫茲力作用下向上偏轉(zhuǎn)，而負電子在洛倫茲力作用下向下偏轉(zhuǎn)．粒子做圓周運動的周期：，知兩個電子的周期相等．正電子從y軸上射出磁場時，根據(jù)幾何知識得知，速度與y軸的夾角為60°，則正電子速度的偏向角為θ1=120°，其軌跡對應(yīng)的圓心角也為120°，則正電子在磁場中運動時間為：．同理，知負電子以30°入射，從x軸離開磁場時，速度方向與x軸的夾角為30°，則軌跡對應(yīng)的圓心角為60°，負電子在磁場中運動時間為：，所以正電子與負電子在磁場中運動時間之比為：t1：t2=2：1；故選A【點睛】帶電粒子在磁場中運動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑．則可畫出正、負離子運動軌跡，由幾何關(guān)系可知答案3、B【解析】金屬線開始受重力、向上的安培力、繩子的拉力處于平衡。A．不改變電流方向，適當增加電流的大小，根據(jù)F=BIL知，安培力增大，則繩子的張力會變?yōu)榱恪９蔄不符合題意；B．使原來電流反向，安培力反向，則拉力增大，不能使細線的拉力變?yōu)榱?。故B符合題意；C．保持原來電流不變，適當增加磁感應(yīng)強度大小，根據(jù)F=BIL知，安培力增大，則繩子的張力會變?yōu)榱?。故C不符合題意；D．使原來的磁場和電流都反向，安培力的方向不變，適當增加電流的大小，安培力的大小增加，繩子的張力會變?yōu)榱?，故D不符合題意。故選B。4、C【解析】電場線的方向是由正電荷出發(fā)指向負電荷或無窮遠，由圖知，P是負電荷，Q是正電荷，所以ABD錯誤；C正確5、D【解析】研究蜜蜂翅膀的振動頻率時，蜜蜂的大小不能忽略不計，不能看做質(zhì)點，選項A錯誤；研究足球的旋轉(zhuǎn)速度時，足球的大小不能忽略，不能看做質(zhì)點，選項B錯誤；研究飛船與空間站對接時的姿態(tài)時，飛船的大小不能忽略，不能看做質(zhì)點，選項C錯誤；研究北斗衛(wèi)星繞地球運行的周期時，衛(wèi)星的大小可以忽略不計，可以看做質(zhì)點，選項D正確.6、C【解析】A：由右手定則可知，通過電阻R的電流方向為M→R→P．故A項錯誤B：導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，則a、b兩點間的電壓．故B項錯誤CD：由右手定則可知，通過導(dǎo)體棒的電流由b→a，此時導(dǎo)體棒是電源，則導(dǎo)體棒a端電勢比b端高．故C項正確，D項錯誤【點睛】在電源內(nèi)部，電流由電勢低處流向電勢高處；在電阻上，電流由電勢高處流向電勢低處二、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、ABD【解析】當閉合開關(guān)S時，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化、路端電壓的變化和電阻R1電壓的變化．根據(jù)電阻R2的電壓與路端電壓、R1電壓的關(guān)系，分析R2的電壓變化【詳解】A、當閉合開關(guān)S時，引起外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律得知，干路電流I增大，電壓表V1的示數(shù)U＝E-Ir，U變小；故A正確.B、電壓表V2的示數(shù)U2＝E-I(R1+r)，I增大，U2變?。还蔅正確.C、D、干路電流I增大，電流表A的示數(shù)變大；故C錯誤，D正確.故選ABD.【點睛】本題是電路中動態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵要處理好局部與整體的關(guān)系．對于路端電壓也可直接根據(jù)路端電壓隨外電阻增大而增大判斷.8、AC【解析】根據(jù)歐姆定律可知外電阻R路端電壓U與電流I的關(guān)系為R=U/I，圖線與U軸交點的坐標值表示電動勢的大小，與I軸交點的坐標值表示電路中的短路電流，圖線的斜率大小表示電源內(nèi)電阻的大?。妱觿菖c短路電流的比值），電源的內(nèi)電壓等于通過電源的電流與電源內(nèi)阻的乘積，即U內(nèi)=Ir【詳解】圖線與U軸交點的坐標值表示電動勢的大小，由圖線可知，甲與U軸交點的坐標值比乙的大，表明甲的電動勢大于乙的電動勢，故A正確．圖線的斜率大小表示電源內(nèi)電阻的大小（電動勢與短路電流的比值），圖線甲的斜率大于圖線乙的斜率，表明甲的內(nèi)阻大于乙的內(nèi)阻，故B錯誤．根據(jù)歐姆定律可知外電阻R路端電壓U與電流I的關(guān)系為R=U/I，在U-I圖線中甲、乙兩圖線的交點坐標為（I0，U0），說明兩電源的外電阻相等，故C正確．電源的內(nèi)電壓等于通過電源的電流與電源內(nèi)阻的乘積，即U內(nèi)=Ir，因為甲的內(nèi)阻較乙的內(nèi)阻大，所以當電流都為I0時，甲電源的內(nèi)電壓較大，故D錯誤．故選AC【點睛】本題利用圖象考查了閉合電路歐姆定律，要特別注意圖象與兩軸交點分別表示電動勢和短路電流，圖象斜率表示內(nèi)阻大小分卷II9、BC【解析】由圖可知，粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據(jù)粒子向下偏轉(zhuǎn)，即可知粒子所受的洛倫茲力方向向下，由左手定則可判斷粒子的電性．粒子速度選擇器中受到電場力和洛倫茲力兩個作用，電場力不變，速度方向不變，可知洛倫茲力與電場力應(yīng)平衡，由左手定則判斷出洛倫茲力方向，由平衡條件即可確定出P1極板帶什么電．粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得到半徑表達式，根據(jù)半徑公式分析半徑越大時，粒子的質(zhì)量和比荷的大小【詳解】由圖可知，帶電粒子進入勻強磁場B2時向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子所受的洛倫茲力方向向下，根據(jù)左手定則判斷得知該束粒子帶正電．故B正確．在平行金屬板中受到電場力和洛倫茲力兩個作用而做勻速直線運動，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向向下，粒子帶正電，電場強度方向向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電．故A錯誤．粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，則有：qvB1=qE，解得：v=E/B1．故C正確．粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：．可見，由于v是一定的，B不變，半徑r越大，則q/m越?。蔇錯誤．故選BC【點睛】本題關(guān)鍵要理解速度選擇器的原理：電場力與洛倫茲力，粒子的速度一定．粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律則可得到半徑10、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(jù)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(tǒng)合外力不等于零,系統(tǒng)的動量不守恒.因為只有彈力做功,系統(tǒng)的機械能守恒,故B正確.C、D,A離開豎直墻后,系統(tǒng)所受的合外力為零,動量守恒;彈簧的彈力做功,系統(tǒng)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(shè)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(jù)系統(tǒng)的動量守恒得:;根據(jù)系統(tǒng)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(jù)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(tǒng)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(jù)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.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.連線圖見解析②.1750③.240④.R1⑤.【解析】①[1]實物連線如圖：②[2][3]由圖可知R=1750Ω；I=240μA；③[4]在調(diào)節(jié)電阻箱阻值R時，盡可能不改變R與電流計兩端的電壓值之和，則滑動變阻器應(yīng)該選用阻值較小的R1；④[5]由歐姆定律，設(shè)電流計和電阻箱兩端的電壓之和為U，則U=I（R+Rg）整理可得由題意可得解得12、①.②.5.7③.3.7④.由于電壓表的分流【解析】（1）根據(jù)閉合回路歐姆定律可得，變形可得（2）圖像的斜率，解得，圖像的縱截距，解得（3）由于電壓表的分流，比實際電流要大，考點：考查了測量電源電壓和電動勢實驗四、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）7.5×10-2C；帶負電；（2）0.06N?！窘馕觥浚?）小球第一次擺到最低點時速度水平向左，懸線的拉力恰好為零，說明洛倫茲力豎直向上，由左手定則，拇指向上，讓磁感線穿過掌心，四指就指向右，故小球帶負電設(shè)小球第一次到達最低點速度為v，由動能定理可得：解得：v=4m/s此時對小球受力分析如圖：根據(jù)牛頓第二