2025届鹤壁市重点中学物理高二第一学期期末复习检测模拟试题含解析

2025届鹤壁市重点中学物理高二第一学期期末复习检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示.两相距很近的多匝通电平行线圈I和II，线圈I固定，线圈II置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零.下列说法正确的是（）A..两线圈电流方向相同时，天平示数为正数B.两线圈电流方向相反时，天平示数为负数C.线圈I匝数的越少，天平越灵敏D.线圈II的匝数越多，天平越灵敏2、通过两定值电阻R1、R2的电流I和其两端电压U的关系图像分别如图所示，由图可知两电阻的阻值之比R1:R2等于（）A.B.C.D.3、如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放置在匀强电场和匀强磁场中，两轨道平面分别与磁场垂直，与电场平行，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的．两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点．则下列说法正确的是A.两小球到达轨道最低点的速度vM<vNB.两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力FM<FNC.小球第一次到达M点的时间晚于小球第一次到达N点的时间D.在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端4、如图（a）所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路。若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图（b）所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻。以下说法正确的是（）A.0~1s内，流过电阻R的电流方向为a→bB.1~2s内，回路中的电流逐渐减小C.2~3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小D.t=2s时，Uab＝5、图中的四个图分别表示匀强磁场的磁感应强度B，闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流I的相互关系，其中正确是（）A. B.C. D.6、一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为d，电阻为R.把它拉制成直径为的均匀细丝后，在温度不变的情况下，它的电阻变为()A.10000R B.100R.C. D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、长方形线框abcd通有恒定电流I，在线框所在平面内线框的左侧与ad边平行放置一长直导线，直导线中通有恒定电流I'，电流的方向如图所示，线框和长直导线的位置都被固定，下列关于线框受到安培力的说法中正确的是A.线框的ab边和cd边不受安培力B.线框所受的安培力合力向右C.线框所受的安培力合力向左D.若长直导线电流I'加倍，则稳定后线框所受的安培力合力也随之加倍8、如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A，B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则（）A.圆环向右穿过磁场后，不能摆至原来的高度B.在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C.圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D.圆环最终不能静止在平衡位置9、如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表和电压表均为理想电表，R1、R3为定值电阻为滑动变阻器，C为平行板电容器。开关S闭合后，两极板间的带电液滴处于静止状态，当滑动变阻器滑片P向a端滑动过程中，下列说法正确的是（）A.R3的功率变大B.电压表、电流表示数都变大C.增大平行板间距，则液滴可能保持不动D.电容器C所带电荷量减少，液滴向下加速运动10、如图所示，两根足够长的水平光滑平行金属导轨PQ和MN，它们相距为L，导轨左端连有阻值为R的定值电阻，导轨处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。垂直导轨放置的金属棒用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，物块c的质量是m，连接金属棒的细线平行于导轨。物块c由静止释放，金属棒沿着导轨向右运动，当地重力加速度为g，金属棒的电阻不计。则A.金属棒做匀加速直线运动B.金属棒先做加速运动再做匀速直线运动C.金属棒的最大速度为D.金属棒的最大速度为三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）如图所示，一束电子的电荷量为e，以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来电子的入射方向的夹角是30°，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间又是多少？12．（12分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中,待测金属丝的电阻Rx约为5Ω,实验室备有下列实验器材：A．电压表V1(量程3V，内阻约为15kΩ)B．电压表V2(量程15V，内阻约为75kΩ)C．电流表A1(量程3A，内阻约为0.2Ω)D．电流表A2(量程0.6A，内阻约为1Ω)E．滑动变阻器R1(0～50Ω，0.6A)F．滑动变阻器R2(0～500Ω，0.1A)G．电池E(电动势为3V，内阻约为0.3Ω)H．开关S，导线若干(1`)为提高实验精确度,减小实验误差,电压表应选用__________．电流表应选用__________．滑动变阻器应选用__________．（选填器材前面的字母序号）(2)为减小伏安法测电阻的实验误差,应选用_________[填“甲”或“乙”]为该实验的电路图(3)某次实验中，电表表盘如图所示，则电压表读数为________V,电流表读数为________A;(4)用千分尺测量金属丝的直径，示数如图所示，该金属丝的直径的测量值为________mm.四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，两平行板A、B之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两板之间距离及板长均为d．一质子以速度从A板中点O垂直A板射入磁场，为使质子能从两板间射出，试求磁感应强度大小的范围。（已知质子的电荷量为e，质量为m）14．（16分）如图所示，在0≤x≤2L的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，粗细均匀的正方形金属线框abcd位于xOy平面内，线框的bc边与x轴重合，cd边与y轴重合，线框的边长为L，总电阻为R．现让线框从图示位置由静止开始沿x轴正方向以加速度a做匀加速运动，通过磁场区域，则下列说法正确的是()A.全过程a端电势比b端电势有时高，有时低B.线框完全进入磁场时，a、b两端没有电势差C.a、b两端的电压最大值为D.a、b两端的电压最大值为15．（12分）如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U1=4.5×103V加速后以速度v0垂直等间距的进入电压U2=180V，间距为d=1.0cm，板长Ɩ=5.0cm的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s=10.0cm的屏幕上的P点，（e=1.6×10-19C，m=9.0×10-31kg）求：（1）射出偏转电场时速度的偏角tanθ=？（2）打在屏幕上的侧移位移OP=？

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】AB．当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故AB错误；CD．由于线圈II放在天平托盘上，线圈II受到线圈I的作用力为所以当线圈II的匝数越多，相同情况下的力越大，则天平越灵敏，故C错误，D正确。故选D。2、B【解析】根据欧姆定律得，由数学知识得知，图线的斜率等于电阻的倒数，则故选B。3、D【解析】两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小【详解】在磁场中运动时，只有重力做正功，在电场中运动时，重力做正功、电场力做负功，由动能定理可知：；；解得，vM＞vN，由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故AC错误；最低点M时，支持力与重力和洛伦兹力（方向竖直向下）的合力提供向心力，最低点N时，支持力与重力的合力提供向心力，因为vM＞vN，可知：FM＞FN，故B错误；由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D正确；故选D【点睛】洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小4、D【解析】A．0~1s内，穿过线圈垂直纸面向里的磁场在增大，根据楞次定律可得流过电阻R的电流方向为b→a，选项A错误；B．1~2s内，回路中电流图像的斜率在1~2s内磁通量变化率恒定，所以电流恒定，选项B错误；C．2~3s内，穿过金属圆环的磁通量垂直纸面向外在增大，选项C错误；D．由图像可知t=2s时根据法拉第电磁感应定律可知，在第2s内选项D正确。故选D。【点睛】注意磁通量变化量的方向，先判断穿过线圈的磁通量的变化情况，然后后根据楞次定律判断电流方向，此时线圈相当于一个电源，一定要注意这个电源有没有内阻。5、A【解析】A．伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向外，故A正确；B．伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向应沿导线向下，故B错误；C．伸开右手时，大拇指所指方向即为运动方向，则无感应电流，没有切割磁感线，故C错误；D．伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向里，故D错误。故选A6、A【解析】镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为S1=，由数学知识得知，直径变化后横截面积是S2=，由于镍铬丝的体积不变，由长度变为原来的100倍，根据电阻定律R=ρ得到，电阻是原来的10000倍，即为10000R．故选A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、CD【解析】由右手定则可知，线圈所处位置的磁场向里，由左手定则可知，ab边受安培力向上，cd边受安培力向下，且大小相等，相互抵消；选项A错误；因ab和cd所受安培力抵消，而ad边所受的安培力方向向左，且大于bc边受的向右的安培力，故线框所受的安培力合力向左，选项B错误，C正确；若长直导线的电流I'加倍，则线圈所在位置的磁场强度加倍，故稳定后线框所受的安培力合力也随之加倍，选项D正确；故选CD考点：左手定则及右手定则；安培力【名师点睛】8、ABD【解析】圆环向右穿过磁场后，会产生电流，根据能量守恒求解．当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流．最终整个圆环在磁场区域来回摆动，不产生感应电流，机械能守恒【详解】A项：圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了，故A正确；B项：当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，故B正确；C项：整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，机械能守恒．离平衡位置越近速度越大，感应电流为零，故C错误；D项：在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置，故D正确故选ABD【点睛】本题为楞次定律的应用和能量守恒相合．注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化9、AC【解析】AB．当滑动变阻器滑片P向a端滑动过程中，接入电路的电阻增大，R2与R3并联的电阻增大，总电阻增大，则总电流减小，R1电压减小，则电压表示数变小，R2与R3并联的电压增大，通过R3电流增大，根据知功率变大，电流表示数为总电流减去通过R3电流，故电流表示数变小，故B错误，A正确；C．R3两端的电压增大，增大平行板间距，根据知电场强度可能恒定，粒子可能保持不动，故C正确；D．R2与R3并联的电压增大，电容器板间电压增大，带电量增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，则液滴将向上加速运动，故D错误。故选AC。10、BC【解析】AB．在金属棒加速阶段中，由金属棒受力分析可知，细线的拉力先大于安培力，随着安培力的增加金属棒的加速度逐渐减小，当拉力等于安培力时加速度为零做匀速运动，则金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，再做匀速直线运动，故A错误、B正确；CD．由平衡条件得，BIL=mgE=BLvm解得C正确、D错误。故选BC三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、；【解析】电子在磁场中运动，只受洛伦兹力F作用，故其轨迹AB是圆周的一部分，又因为F垂直于v，故圆心在电子进入和穿出磁场时所受的洛伦兹力指向的交点上，如图中的O点。如图所示。设电子的轨道半径r，由牛顿第二定律得解得因此穿过磁场的时间为解得12、①.A②.D③.E④.乙⑤.1.20⑥.0.50⑦.1.685(1.684~1.687)【解析】(1)根据电源电动势选择电压表，由欧姆定律求出电路最大电流，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器(2)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路(3)电表读数要根据精确度选择估读在同一位或下一位.(4)螺旋测微器的精确度为0.01mm，通过格数的估读会读到0.001mm.【详解】(1)由于电源的电动势为3

V，所以电压表应选A，被测电阻阻值约为5Ω，电路中的最大电流约为,则电流表选D；为保证安全且方便实验操作，滑动变阻器应选小电阻E(50Ω).(2)由于,即待测电阻为小电阻，采用小电阻外接法测量值会偏小；故选乙电路.(3)电压表的量程为3V，精确度为0.1V，需估读到下一位，故读数为1.20V；电流表的量程为0.6A，精确度为0.02A，需估读到同一位，故读数为0.50V.(4)由图示螺旋测微器可知，导线的直径d=1.5mm+18.5×0.01mm=1.685mm(1.684~1.687).【点睛】本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、或【解析】第一种临界情况是质子从N点射出，此时质子的运动轨迹是个半圆，如图所示根据几何关系有由牛顿第二定律得解得第二种临界情况是质子恰好从M点射出，轨迹如图所示，根据几何关系有解得由牛顿第二定律得解得综上所述，磁感应强度B应满足的条件是或14、C【解析】可根据楞次定律或右手定则来判断，以及动力学公式和电磁感应定律来计算【详解】A．当线框从开始位置到ab边运动到磁场右边缘的过程中，先cd边切割磁感线，后ab、cd边割磁感线，最后ab边切割，根据右手定