云南省禄丰县民族中学2025届高二物理第一学期期末综合测试模拟试题含解析

云南省禄丰县民族中学2025届高二物理第一学期期末综合测试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、如图所示一带电液滴在正交的匀强电场和匀强磁场的竖直平面内做匀速圆周运动（其中电场竖直向下，磁场垂直纸面向外），则液滴带电性质和环绕方向是（）A带正电，逆时针B.带正电，顺时针C.带负电，逆时针D.带负电，顺时针2、如图所示，甲、乙两个电表都是由一个表头G和一只变阻器R组成的，下列说法正确的是A.甲表是电压表，R1增大时量程增大B.甲表是电流表，R1增大时量程减小C.乙表是电流表，R2增大时量程增大D.乙表是电压表，R2增大时量程增大3、如图所示，点电荷、分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称下列说法正确的是A.c、d两点的电场强度相同B.a、b两点的电势相同C.将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功D.将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大4、如图所示，有两根处于纸面内的平行直导线，通以大小相等、方向相反的电流，a导线中电流方向竖直向上，b导线中电流方向竖直向下，则两导线所在平面内两线中央的磁感应强度()A.等于零B.不等于零，方向垂直于两导线所在的平面向外C.不等于零，方向垂直于两导线所在的平面向里D.不等于零，方向是从一根导线垂直指向另一根导线5、如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为，则C点到B点的距离为（）A. B.C. D.R6、如图所示，无限长、质量为m的通电细导体棒a，水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，为使棒a能在斜面上保持静止，可将无限长、电流方向与棒a相同的通电细导体棒b，固定在以细导体棒a为中心的圆（如图虚线所示）上的（）A.HGFE区域内B.AHG区域内C.ABCD区域内D.EFGH区域内二、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、如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。一带电微粒从离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出，则下列说法正确的是（）A.微粒受到的电场力的方向一定竖直向上B.微粒做圆周运动的半径为C.从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小D.从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C时最小8、如图所示，磁感应强度为B的矩形磁场区域长为，宽为L，甲、乙两电子沿矩形磁场的上方边界从A点射入磁场区域，甲、乙两电子分别从D点和C点射出磁场，则甲、乙两电子在磁场运动的过程中（）A.速率之比为1：4 B.角速度之比为1：3C.路程之比为4：3 D.时间之比为3：19、在如图甲所示电路中，定值电阻，R为滑动变阻器闭合开关后，多次改变滑片的位置，分别记录电压表和电流表的示数由测得数据作出如图乙所示图线下列判断正确的是A.当滑片向右滑动时，电压表示数增大B.电源的电动势测量值约为C.电源的内阻测量值约为D.当电源短路时，电流表示数为10、如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D.若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变小三、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）如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。（1）将图中所缺导线补接完整。（）（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下。那么合上电键后，将原线圈迅速插入副线圈时，电流计指针向_____偏转；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针向_____偏转。12．（12分）下图是改装并校准电流表的电路图，已知微安表头的量程为Ig=600µA，内阻为Rg=198Ω，要求把表头改装成量程为I=60mA的电流表，则图中需要并联分流电阻Rp的阻值为______Ω，改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上原来100µA处,则被测电流的大小是____________mA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）如图甲所示为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头。原线圈输入正弦式交变电压的图象如图乙所示。若只在ce间接一只的电阻，或只在de间接一只的电阻，两种情况下电阻消耗的功率相等；（1）请写出原线圈输入电压瞬时值的表达式；（2）求ce和de间线圈的匝数比。14．（16分）如图，一固定的绝缘光滑轨道由水平直杆和竖直面内的半圆环杆在B点相切构成，半圆环杆的半径为R，直杆足够长，其中AB段长度为4R；在直杆上方、半圆环杆的直径BC左侧存在方向水平向左的匀强电场。一电荷量为q（q>0）、质量为m的小环套在直杆上，从A点以水平向右的初速度向右运动，经B点后，恰好能通过轨道的最高点C。已知场强大小为，重力加速度为g，小环通过B点时速率不变。求：（1）带电小环在A点时的初速度大小；（2）带电小环回到水平轨道上落点位置。15．（12分）如图所示，两平行金属导轨间的距离,金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源。现把一个质量的导体棒放在金属导轨上，此时导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻金属导轨电阻不计，取。已知，求：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力大小及方向；（3）若将直流电源置换成一个电阻为的定值电阻（图中未画出），然后将导体棒由静止释放，导体棒将沿导轨向下运动，求导体棒的最大速率（假设金属导轨足够长，导体棒与金属导轨之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）。

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、C【解析】带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电粒子受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电粒子带负电荷。磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断粒子的旋转方向为逆时针（四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反），C正确，ABD错误。故选C。【点睛】带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而判断电场力的方向，结合电场的方向便可知粒子的电性。根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断粒子的旋转方向。2、A【解析】表头G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而表头G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．根据串并联电路的基本规律进行分析即可确定量程变化【详解】甲表表头与电阻串联，故是电压表，R1增大时时，变阻器分担的电压增大，甲表量程增大；故A正确B错误．乙表滑动变阻器与表头并联，起分流作用，故是电流表，R增大时，电路中R2变阻器分流减小，乙表量程减小；故CD错误；故选A【点睛】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值，此时对应总电路中的电流和电压为量程3、D【解析】根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系．根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较a点和b点的电势，由沿直线从a到b电势的变化，分析电子从a移到b过程中电势能如何变化．将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功【详解】A：根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则c、d两点的电场强度不同．故A项错误BD：MN间电场线方向由M→N，沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于b点的电势；电子沿直线从a移到b电势降低，电子带负电，据，则电子的电势能一直增大．故B项错误，D项正确C：对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段场强方向斜向右上，在Od段场强方向斜向右下；电子所受的电场力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上；电子沿直线从c移到d，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功．故C项错误【点睛】解决本题的关键是进行电场的叠加，通过电场力与速度的方向关系判断电场力做正功还是负功4、C【解析】由题意可知，通以大小相等、方向相反的电流，由安培定则和矢量合成法则，可得两导线所在平面内两线中央的磁感强度不等于零，方向垂直于两导线所在的平面向里；A．与分析不符，故A错误；B．与分析不符，故B错误；C．与分析相符，故C正确；D．与分析不符，故D错误；故选C。5、A【解析】由题意知得：小球通过D点时速度与圆柱体相切，则有小球从C到D，水平方向有竖直方向上有解得故C点到B点的距离为故选A。6、C【解析】根据题目放上导体棒b后，导体棒a处于静止状态，以导体棒a为研究对象分析受力，即可判断出所受安培力方向，再根据同向电流相互吸引便能判断出导体棒b所放的位置范围。【详解】以棒a为研究对象，受力分析，受到重力、斜面的支持力、和棒b电流对棒a的作用力，根据同向电流相互吸引，且棒a静止，可知棒b如果在竖直线AE左边，合力不可能为0，所以棒b不可能在AE竖直线的左边，可能在ABCDE区域；要使棒a静止，棒b不可能在HD的下方，否则合力不为0，可能在HABCD区域；取交集，即棒b只可能在ABCD区域，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】本题考查安培力作用下的平衡问题。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、ABC【解析】A．由题知，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上，故A正确；B．由上分析可知由洛伦兹力提供向心力，则有从h高处由静止下落，则进入复合场的速度为联立得微粒做圆周运动的半径为故B正确；C．由于电场力方向竖直向上，则微粒从B点运动到D点的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小，故C正确；D．根据能量守恒定律得知，微粒在B到D的运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则知微粒的电势能和重力势能之和一定不变，故D错误。故选ABC。8、AD【解析】A.根据几何关系可知，甲的轨道半径为，乙的轨道半径为2L，根据公式因此解得，速度之比等于半径之比，因此甲乙速率之比为1：4，故A正确；B.根据公式解得角速度之比为1:1，故B错误；C.根据几何关系可知，甲的圆心角为，乙的圆心角为，因此其路程分别为，因此路程之比为3:16，故C错误；D.根据公式可知，甲乙电子运动周期相同，因此其运动时间跟圆心角有关，即解得，其运动时间之比为3：1，故D正确。9、AB【解析】BC、根据图象读出电源电动势为，根据图像斜率得到，故电源内阻为，故B正确，C错误；A、当滑片向右滑动时，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律，总电流减小，根据可得出电压表示数增大，故A正确；D、当电源短路时，根据闭合电路欧姆定律：，故D错误；故选AB；10、BD【解析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1消耗的功率变小，A错误；干路电流变小，R1分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确；因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小，则C错误；闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小．电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误【点睛】考查电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的连接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键三、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、①.②.右③.左【解析】(1)[1]探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：(2)[2]闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转；[3]原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转。12、①.2；②.10；【解析】分流电阻阻值为：，原来电流表量程为，改装后电流表量程为60mA，电流表量程扩大了100倍，分度值扩大100倍，指针指在表盘上原来处，则被测电流的大小为：.【点睛】根据并联电路特点与欧姆