2025届安徽省安庆市潜山市第二中学物理高二第一学期期末调研模拟试题含解析

2025届安徽省安庆市潜山市第二中学物理高二第一学期期末调研模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、在如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，R1和R2是两个固定的电阻，C为电容器．当可变电阻的滑片向b端移动时：A.I1变大，I2变小，电容器带电量增加B.I1变大，I2变大，电容器带电量增加C.I1变小，I2变大，电容器带电量减少D.I1变小，I2变小，电容器带电量减少2、位于A、B处的两个带不等量负电荷的点电荷在平面内的电势分布如图所示，图中实线表示等势线，下列说法中正确的是A.正电荷从c点移到d点，静电力做负功B.a点和b点的电势不相同C.负电荷从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电场力不做功，电势能不变3、关于电流，下列说法正确的是（）A.电子的运动速率越大，电流就越大B.单位时间内通过导体横截面积的电量越多i，导体中的电流越大C.因为电流有方向，所以电流时矢量D.导体中的电流，一定是自由电子的定向移动形成的4、两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小之比为1：5，相互作用大小为5F．将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为()A.3F B.9FC.5F D.9F/45、下列说法正确的是A.安培首先发现了电流磁效应B.安培提出了电流产生磁场的方向的判定方法C.奥斯特首先提出了分子电流假说D.根据磁感应强度的定义式B=，知电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零6、如图所示，xOy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环Oab，其圆心在原点O，开始时导体环在第四象限，从t＝0时刻起绕O点在xOy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是()A. B.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、半径为r和2r的同心圆形轨道固定在同一水平面内，一长为r，电阻为R的均匀直导体棒AB置于圆轨道上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，不计导轨电阻．以下说法正确的是（）A.金属棒中电流从A流向BB.金属棒两端电压为Bωr2C.电容器的M板带负电D.电容器所带电荷量为CBωr28、如图所示，光滑的“∏”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN不框架接触良好．磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有（）A.若B2＝B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑B.若B2＝B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑C.若B2>B1，金属棒进入B2区域后可能先减速后匀速下滑D.若B2>B1，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑9、如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，P、M、N分别为轨道的最低点，如图所示，则下列有关判断正确的是（三个小球都能到达最低点）()A.小球第一次到达轨道最低点的速度关系vp＝vM>vNB.小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FP＝FM>FNC.小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系tP<tM<tND.三个小球都能回到原来的出发点位置10、如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是A.电阻R3消耗的功率变大B.电容器C上电荷量变大C.灯L变暗D.R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值三、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）某研究小组收集了一个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）实验室备有如下器材：A．电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0kΩ）B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）E．电阻箱R2（0～999.9Ω）F．开关S一只、导线若干G．电动势为4V的锂电池为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图所示为其对应的实物图，(1)图中的电流表A应选_______(选填“A1”或“A2”)(2)请将图中实物连线补充完整_______(3)开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应放在____________(选填“左”或“右”).12．（12分）（1）如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图可以是图中的__A．B.C.D.（2）多用电表的欧姆挡有三个倍率，分别是×1Ω、×10Ω、×100Ω．，用×10Ω档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到__挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤：___，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是___Ω（3）若换直流2.5V档测电压，指针在表盘上的位置不变，则电压读数为_____V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，物体的质量m=1.0kg，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2．若沿水平向右方向施加一恒定拉力F=9.0N，使物体由静止开始做匀加速直线运动．求：（1）物体的加速度大小；（2）2s末的速度大小；（3）2s末撤去拉力F，物体还能运动多远？14．（16分）如图所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1m的平行导轨上放一质量为m＝0.3kg的金属棒ab，通以从b→a，I＝3A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止．求：（1）匀强磁场磁感应强度的大小；（2）ab棒对导轨压力的大小。(g＝10m/s2)15．（12分）如图所示，电阻为R的矩形导线框abcd，边长ab=h，ad=L，质量为m．此线框从某一高度处自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁场磁感应强度大小为B，磁场宽度为h．若线框恰好以恒定速度通过磁场，不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)线框通过磁场过程中产生的焦耳热Q；(2)线框刚开始下落时bc边距磁场上边界的距离H

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、A【解析】在闭合电路中，R与R2串联，再与R1并联，电容器并联在R的两端，电容器两端的电压等于R两端间的电压．当可变电阻R的滑片向上端移动时，电阻R的阻值减小，抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，判断通过R1和R2的电流以及R两端的电压【详解】当可变电阻R的滑片向b端移动时，R的阻值增大，整个电路的总电阻增大，电动势不变，根据闭合电路欧姆定律，总电流减小，内电压减小，外电压增大，所以I1增大．总电流减小，则I2减小，R2两端的电压减小，则R两端的电压增大，根据Q=CU，可知电容器带电量增加．故A正确，BCD错误故选A2、A【解析】A、由于场源是负电荷，故电势从里往外逐渐升高，由图可知，d点的电势大于c点的电势，故正电荷从c点移到d点，电场力做负功，故A正确；B、由图可知，a点和b点位于同一条等势面上，所以电势相同，故B错误；C、a点和b点的电势相同，负电荷从a点移到b点，电场力不做功，电势能不变．故C错误；D、正电荷从e点沿图中虚线移到f点的过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故D错误3、B【解析】电流大小与电子运动速率无关，故A错误；电流的定义为电量与时间的比值，即为单位内通过的电量，是由电量与时间共同决定的，电量多电流不一定大，但如果是单位时内通过截面的电量多，则电流大，故正确；电流有方向，我们规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，但电流不是矢量，矢量的运算必须遵循平行四边形定则，电流有方向，但不符合矢量合成法则不是矢量，故错误．导体中的电流，不一定是自由电子的定向移动形成的，也可能是其他带电离子定向移动形成的，选项D错误；故选B.4、B【解析】由库仑定律可得相互作用力为：如果带同种电荷，当两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为3q；则库仑力为：如果带异种电荷，当两球接触后先中和再平分总电量，故分开后两球的带电量为2q；则库仑力为：A.3F与分析结果不符，故A错误B.9F与分析结果相符，故B正确C.5F与分析结果不符，故C错误D.9F/4与分析结果不符，故D错误5、B【解析】A．奥斯特首先发现了电流的磁效应，选项A错误；B．安培提出了电流产生磁场的方向的判定方法，选项B正确；C．安培首先提出了分子电流假说，选项C错误；D．电流在磁场中某点不受磁场力作用，可能是电流的方向与磁场方向平行，该点的磁感应强度不一定为零，选项D错误6、D【解析】在内，向外的磁通量增加，则感应电流磁场向里，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．oa中产生的感应电动势均为感应电流大小为；内，向外的磁通量减少，则感应电流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．ob中产生的感应电动势均为感应电流大小为；向里的磁通量增加，则感应电流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．oa中产生的感应电动势均为感应电流大小为；内，向里的磁通量减少，则感应电流磁场向里，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．ob中产生的感应电动势均为感应电流大小为.所以D正确二、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、BD【解析】A项：根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感时，产生的感应电流应该是从B向A，故A错误；B项：据E＝BLv以及v＝rω可得切割磁感线时产生电动势E＝BLv＝Br，切割磁感线的导体相当于电源，则AB两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知，UAB＝，故B正确；C项：切割磁感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向由B向A，故金属棒A相当于电源正极，故与A接近的电容器M板带正电，故C错误；D项：由B分析知，AB两端的电压为，则电容器两端的电压也为，所以电容器所带电荷量Q＝CU＝，故D正确故选BD8、BC【解析】当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．若B2=B1，根据安培力公式得知，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小不变，由楞次定律得知，安培力方向仍竖直向上，安培力与重力仍平衡，故金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑．故A错误，B正确．若B2＞B1，金属棒进入B2区域后安培力增大，将大于金属棒的重力，棒将先做减速运动，随着速度减小，安培力减小，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动．故C正确，D错误9、AD【解析】分析物体受力情况及各力做功情况，由动能定理可求得小球到达最低点时的速度；由球的运动可知球滑到最低点时的速度变化；由洛仑兹力公式可知大小关系；由向心加速度公式可知向心加速度的大小关系【详解】在第二图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；球下落时只有重力做功，故第一、二图两次机械能均守恒，故两次球到最低点的速度相等，mgR=mv2，第三图中，小球下滑的过程中电场力做负功，重力做正功，所以小球在最低点的速度小于前两个图中的速度，故A正确；小球在最低点时，第一图中重力和支持力提供向心力，而第二图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，对轨道的压力也不相等．故B错误；第一图和第二图比较可得，小球下滑的速度相等，故tP=tM．故C错误；第一、二两图中，洛伦兹力不做功，只有重力做功，动能和重力势能之间转换，故小球在右端都能到达高度相同；轨道是光滑的，重力做功存在重力势能与动能之间的转化，电场力做功存在动能与电势能之间的转化，除此之外没有其他能量的损失，故三球均能回到原来的出发点，D正确；故选AD【点睛】利用功能关系是解决物理问题的常用方法，在解题时应明确洛仑兹力永不做功．丙图中在电场中的小球，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，影响小球在右端到达的高度10、BCD【解析】A．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电阻变小，则外电路的总电阻变小，小电阻分小电压，则外电压变小，故消耗的功率：变小，故A错误；B．变小，外电路的总电阻变小，则干路总电流变大，而上电压变小，则电流变小，故上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，，则电荷量变大，故B正确；C．变小，小电阻分小电压，则的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L变暗，故C正确；D．两端的电压变大，两端的电压变小，二者电压之和等于外电压，由前面分析之外电压变小，故两端增加的电压小于两端减小的电压，故D正确三、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.A2②.③.左【解析】根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图【详解】电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流，因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）；(2)待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法.,,,故电流表应该采用内接法可减小系统误差，实物电路图如图所示：(3)滑动变阻器采用分压接法，为保护电路流过电流表的电流最小为零，电键闭合前，滑动变阻器的滑动触头P应置于左端.【点睛】根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键12、①.（1）A；②.（2）×100，③.重新进行欧姆调零，④.2200；⑤.（3）1.00【解析】红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，选档后要进行调零；用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档