2025届安徽省六安一中、舒城中学、霍邱一中物理高二第一学期期末调研模拟试题含解析

2025届安徽省六安一中、舒城中学、霍邱一中物理高二第一学期期末调研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、下列各图中标出了匀强磁场中通电直导线受安培力的方向，正确的是()A. B.C. D.2、如图所示的图像中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（）A.R的阻值为0.5ΩB.电源电动势为4.0V，内阻为0.5ΩC.2s内电阻R上消耗的电能为4JD.若将两个相同电阻R串联接入该电源，则电流变为之前的一半3、如图所示，在竖直平面xoy内，固定一半径为R的光滑绝缘的圆形轨道，圆心在O点，第四象限（含x、y轴）内有水平向右的匀强电场，一质量为m，带电荷量为+q的小球，从图中A点静止释放，沿圆弧内侧轨道运动，第一次恰能通过圆弧轨道的最高点，已知重力加速度为g，则匀强电场的电场强度大小为（）A B.C. D.4、直流电动机线圈转到某一位置，换向器能自动改变线圈中的电流方向，这一位置是（）A.线圈转到任意位置 B.线圈平面与磁感线垂直C.线圈平面与磁感线平行 D.线圈平面与磁感线成45°角5、下列关于磁现象的说法中不正确的是（）A.电视机显像管利用了磁偏转的原理B.指南针是利用地磁场来指示方向的C.电动机是利用磁场对电流的作用力来工作的D.地磁场的南极在地理的南极附近6、一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为300Ω，要把它改装成一个量程为15V的电压表，则应在电流表上（）A.串联一个14700Ω的电阻B.并联一个14700Ω的电阻C.串联一个15000Ω的电阻D.并联一个15000Ω的电阻二、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、在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比()A.U变小 B.I变小C.Q增大 D.Q减小8、如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小；要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，可采用的措施是A.适当减小两金属板的正对面积B.适当增大两金属板间的距离C.适当减小匀强磁场的磁感应强度D.使带电粒子的电性相反9、如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计。已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示。下列关于金属棒运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是（）A. B.C. D.10、如图所示,水平放置的两块平行金属板,充电后与电源断开.金属板间存在着方向竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里磁感应强度为的匀强磁场.一质量为、电荷量为的带电粒子(不计重力及空气阻力),以水平速度射入场区,恰好做匀速直线运动.则(

).A.粒子一定带正电B.若仅将板间距离变为原来的2倍,粒子运动轨迹偏向下极板C.若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍,粒子仍将做匀速直线运动D.若撤去电场,粒子在板间运动的最长时间可能是三、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）某同学为测定一可拆变压器原副线圈匝数，设计了如下实验：（1）先用匝数为50的线圈C替换副线圈B，并在线圈C两端接上交流电压表，在原线圈A两端接交流电源，调节交流电源电压为12V．闭合开关，交流电压表读数为2V，记录读数并断开电源；（2）再用拆下的副线圈B替换原线圈A，并在线圈B两端接交流电源，调节交流电源电压为10V．闭合开关，交流电压表读数为5V，记录读数并断开电源。（3）由上述数据可知原线圈A匝数为_____匝；线圈A、B匝数比为_____。12．（12分）欲测量G表的内阻和一个电源的电动势E内阻要求：测量尽量准确、能测多组数据且滑动变阻器调节方便，电表最大读数不得小于量程的待测元件及提供的其他实验器材有：A、待测电源E：电动势约，内阻在间B、待测G表：量程，内阻在间C、电流表A：量程2A，内阻约D、电压表V：量程300mV，内阻约E、定值电阻：；F、滑动变阻器：最大阻值，额定电流1AG、电阻箱：H、开关S一个，导线若干（1）小亮先利用伏安法测量G表内阻①图甲是小亮设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是______；填元件序号字母②说明实验所要测量的物理量______；③写出G表内阻的计算表达式______（2）测出后，小聪把G表和电阻箱串联、并将接入电路的阻值调到，使其等效为一只电压表，接着利用伏安法测量电源的电动势E及内阻r①请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图，（）②若利用测量的数据，作出的G表示与通过滑动变阻器的电流I的关系图象如图丙所示，则可得到电源的电动势______V，内阻______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，在光滑水平面上有一长为L=0.5m的单匝正方形闭合导体线框abcd，处于磁感应强度为B=0.4T的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的边界重合．线框由同种粗细均匀、电阻为R=2Ω的导线制成．现用垂直于线框ab边的水平拉力，将线框以速度v=5m/s向右沿水平方向匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁感线垂直，且ab边与磁场边界平行．求线框被拉出磁场的过程中：（1）通过线框的电流大小及方向；（2）线框中c、d两点间的电压大小；（3）水平拉力的功率14．（16分）如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角θ，导轨间距L，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直斜面向上．将甲乙两个电阻相同、质量均为m的相同金属杆如图放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲乙相距l．从静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F，使甲金属杆始终沿导轨向下做匀加速直线运动，加速度大小为gsinθ，乙金属杆刚进入磁场时作匀速运动（1）求金属杆乙刚进入磁场时的速度.（2）自刚释放时开始计时，写出从开始到甲金属杆离开磁场，外力F随时间t的变化关系，并说明F的方向.（3）若从开始释放到乙金属杆离开磁场，乙金属杆中共产生热量Q，试求此过程中外力F对甲做的功.15．（12分）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动，忽略重力的影响，求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度ν的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。

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、B【解析】根据左手定值可知，A图中的安培力应该垂直磁感线垂直于电流的方向指向左上方．故A错误；B图中磁场的方向向下，电流的方向向里，所以安培力的方向向左．故B正确；C图中磁场的方向向左，电流方向向上，所以安培力的方向向里．故C错误；D图中电流的方向与磁场的方向平行，不受安培力；故D错误．故选B.【点睛】本题考查安培定则和左手定则综合应用能力，对于两个定则要注意应用条件的不同：安培定则判断电流与磁场方向的两者关系；左手定则判断通电导线在磁场所受安培力方向与磁场方向、电流方向三者的关系2、C【解析】A．R的图线的斜率大小等于R的阻值，则=2.0Ω，故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律得，U=E−Ir，当I=0时，U=E，由图可读出电源的电动势E=4.0V,内阻等于图线a的斜率大小，则=2.0Ω，故B错误；C．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电阻两端电压U=2.0V，电路中电流I=1.0A，则电阻在2s内消耗的电能E=UIt=4J，故C正确；D．由于电源内阻的存在，若将两个相同电阻R串联接入该电源，则电流比原来的一半大，故D错误。故选C。3、B【解析】小球恰好通过最高点，则有：，解得小球在最高点的速度为：，小球从A点到最高点的过程中，根据动能定理可得：，解得：，故B正确ACD错误。故选B。4、B【解析】当线圈转动线圈平面与磁感应线垂直的位置时，线圈的两个边受到两个大小相等、方向相反且作用在同一条直线上的力，线圈在平衡力的作用下在平衡位置附近左右摆动，即该位置就是平衡位置，即为了让电动机能够持续转动，在制作电动机时增加了换向器，线圈在平衡位置依靠惯性自动转动，当线圈刚好转过平衡位置时换向器就自动改变线圈中的电流的方向，及时改变通电线圈的受力方向，保证电动机能够连续转动。A．线圈转到任意位置，与结论不相符，选项A错误；B．线圈平面与磁感线垂直，与结论相符，选项B正确；C．线圈平面与磁感线平行，与结论不相符，选项C错误；D．线圈平面与磁感线成45°角，与结论不相符，选项D错误；故选B。5、D【解析】A．电视机显像管利用了磁偏转的原理，选项A正确，不符合题意；B．指南针是利用地磁场来指示方向的，选项B正确，不符合题意；C．电动机是利用磁场对电流的作用力来工作的，选项C正确，不符合题意；D．地磁场的南极在地理的北极附近，选项D错误，符合题意6、A【解析】根据电路串联分压和并联分流的特点，电流表改装成大量程的电压表需要串联一个大电阻分担多的电压；结合部分电路的欧姆定律可知，代入数据得，故选A【点睛】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流，串联电阻为二、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、BC【解析】首先搞清电路的结构：电流稳定时，变阻器与R2串联，R1上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变阻器的电压，电流表测量干路电流；当滑片P向a端移动一些后，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化【详解】解：当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压，由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故BC正确，AD错误．故选BC【点睛】本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系，对于电容器明确两端的电压，再利用电容器的定义式判断电量的变化情况8、AC【解析】由题意可知，当原来“右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小”，说明“电场力对粒子做负功”，电场力小于磁场力，即，则；现在，要“射出a、b板间区域时的动能比入射时大”，就是要“电场力对粒子做正功”，电场力大于磁场力；电容器带电量不变，根据、、，有；适当减小两金属板的正对面积，场强增加，可能满足，故A正确；电容器带电量不变，改变极板间距离时，根据，板间的场强不变，故电场力不变，故B错误；减小磁场的磁感应强度B，可能有，故C正确；根据左手定则，及正电荷受到的电场力与电场强度方向相同，负电荷与电场强度方向相反，则有：电场力大小与“粒子电性”无关，故D错误【点睛】考查粒子在电场与磁场中，受到电场力与磁场力作用，掌握电场力对粒子做功，而磁场力对粒子不做功，并理解动能定理与左手定则的应用9、AB【解析】A．根据如图乙所示的I-t图象可知I=kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得又E=Blv联立解得故v-t图象是一条过原点且斜率大于零的直线，说明导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at，A正确；B．由法拉第电磁感应定律可得所以有故图象是一条过原点且斜率大于零的直线，B正确；C．对导体棒由牛顿第二定律可得F-BIl-mgsinθ=ma而，v=at联立解得可见F-t图象是一条斜率大于零且与速度轴正半轴有交点的直线，C错误；D．流过R电荷量q为故q-t图象是一条开口向上的抛物线，D错误。故选AB。10、CD【解析】粒子无论带何种电荷，电场力与洛伦兹力大小都相等，且Eq=qvB，故A错误；当将板间距离变为原来的2倍，场强变小，Eq＜qvB

粒子运动轨迹偏向极板；当粒子为正电荷时，偏向上极板；当粒子为负电荷时，偏向下极板，故B错误；据Eq=qvB

可知，将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，二力依然平衡，所以粒子仍做匀速直线运动，故C正确当撤去电场，粒子可能在极板间做半圆周运动再出磁场，据在磁场的圆周运动的周期T=，粒子在板间运动的最长时间可能是，故D正确．故选CD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、①.300②.3:1【解析】（3）[1]由可得，[2]由可得故12、①.E②.G表示数I，V表示数U③.④.电路图见解析⑤.⑥.【解析】（1）[1]．G表本身可以测量通过的电流，但由题意可知，G表内阻较小，无法直接用电压表进行测量，故应与E：定值电阻R0串联后再与电压表并联；[2][3]．同时由于两表量程偏低，且滑动变阻器阻值偏小，为了安全，采用滑动变阻器分压接法；故原理图如甲图所示；为了更好地保护电路，也可以与电阻箱串联后给G供电；故电路图可以是甲图中的任一个；由欧姆定律可知解得：则要测量的量是：G表示数I，V表示数U；（2）①[4]．将G表与电阻箱串联后，可以充当电压表使用，则其应并联在电源两端，滑动变阻器与电流表串联后即可进行测电源电动势和内电阻的实验，实物电路图如图所