河北省正定中學2025屆物理高二第一學期期末復習檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、關于磁感應強度B的概念，下列說法中正確的是().A.根據磁感應強度B的定義式B=F/IL可知，磁感應強度B與F成正比，與IL成反比B.磁場中某處磁感應強度方向，與通電導線在該處所受磁場力的方向相同C.一小段通電導線在某處不受磁場力作用，該處的磁感應強度一定為零D.小段通電導線放在磁感應強度為零處，它所受的磁場力一定為零2、如圖，一束沿某坐標軸運動的電子，在軸點處產生的磁感應強度的方向沿軸負方向。則電子束運動的方向是（）A.沿軸正方向 B.沿軸負方向C.沿軸正方向 D.沿軸負方向3、如圖所示的實驗中，平行板電容器的極板A與靜電計小球連接，極板B和靜電計外殼都接地．若極板B稍向上移一些，則A.電容器電容變大，靜電計指針偏角不變B.電容器電容變小，靜電計指針偏角變小C.極板上的電量幾乎不變，靜電計指針偏角變大D.極板上的電量幾乎不變，靜電計指針偏角變小4、如圖所示，水平放置的光滑桿上套有A、B、C三個金屬環，其中B接電源．在接通電源的瞬間，A、C兩環（）A.都被B吸引 B.都被B排斥C.A被吸引，C被排斥 D.A被排斥，C被吸引5、如圖所示是示波管的原理示意圖，XX′和YY′上不加電壓時，在熒光屏的正中央出現一亮斑，現將XX′和YY′分別連接如圖甲乙所示電壓，從熒光屏正前方觀察，你應該看到的是圖中哪一個圖形？A. B.C. D.6、如圖所示，在xOy坐標系內，三根相互平行的通電直導線P、Q、R分別位于正三角形的三個頂點，都通有方向垂直xOy坐標平面向里、大小相等的電流，則導線R受到的安培力的方向是A.沿y正方向B.沿y負方向C.沿x正方向D.沿x負方向二、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,光滑水平面上存在有界勻強磁場,直徑與磁場寬度相同的金屬圓形線框以一定的初速度斜向勻速通過磁場.在必要的時間段內施加必要的水平拉力保證其勻速運動,則A金屬框內感應電流方向先逆時針再順時針B.金屬框內感應電流先增大后減小再增大C.安培力方向與速度方向相反D.通過磁場的速度越大，線框中產生的焦耳熱越多8、如圖所示的電路中，將滑動變阻器的滑片P向右滑動后，假設電流表A1和電壓表V2兩個電表的示數變化量的絕對值分別為I1和U2，則在滑片P向右滑動的過程中，下列說法正確的是（）A.V1變大B.A2變大C.V2變大D.不變9、如圖所示，電源E的內阻不計，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S時，各電表的示數變化情況正確的是（）A.電壓表V1的示數變小B.電壓表V2的示數變小C.電流表A示數變小D.電流表A的示數變大10、如圖所示，兩個速度大小不同的同種帶電粒子1、2，沿水平方向從同一點垂直射入勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．當它們從磁場下邊界飛出時相對入射方向的偏轉角分別為90°、60°，則它們在磁場中運動的（）A.軌跡半徑之比為1∶2B.速度之比為2∶1C.時間之比為3∶2D.周期之比為2∶1三、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）質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動，不計帶電粒子所受重力．粒子做勻速圓周運動的半徑R是__________和周期T是__________12．（12分）用游標卡尺可以測量某些工件的外徑．如圖所示，則讀數為__________mm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）如圖所示是磁動力電梯示意圖，即在豎直平面內有兩根很長的平行豎直軌道，軌道間有垂直軌道平面交替排列的勻強磁場B1和B2，B1=B2=1.0T，B1和B2的方向相反，兩磁場始終豎直向上做勻速運動，電梯轎廂固定在圖示的金屬框abcd內，并且與之絕緣．已知電梯載人時的總質量為4.95×103kg，所受阻力f=500N，金屬框垂直軌道的邊長ab=2.0m，兩磁場的寬度均與金屬框的邊長ad相同，金屬框整個回路的電阻R=8.0×10﹣4Ω，g取10m/s2。已知電梯正以v1=10m/s的速度勻速上升，求：（1）金屬框中感應電流的大小及圖示時刻感應電流的方向；（2）磁場向上運動速度v0的大小；（3）該電梯的工作效率。14．（16分）如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在著磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于紙面向里，一帶負電的粒子(不計重力)沿水平方向以速度v正對圓心入射，通過磁場區域后速度方向偏轉了60°（1）求粒子的比荷（2）求粒子在磁場中的運動時間t15．（12分）如圖所示，空間區域I、II有勻強電場和勻強磁場，MN、PQ為理想邊界，I區域豎直方向的寬度為d，Ⅱ區域豎直方向的寬度足夠大。勻強電場方向豎直向上，Ⅰ、Ⅱ區域的磁感應強度大小均為B、方向分別水平向里和向外。一個質量為m，電何量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，已知重力加速度為g。（1）試判斷小球的電性，并求出電場強度E的大小；（2）若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，求它下落時距MN的高度h。

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、D【解析】磁感應強度是采用比值法定義的，B大小與F、IL無關，B由磁場本身決定，當電流方向與磁場方向不在同一直線上時，導體才受到磁場力作用，磁場力的方向與電流、磁場垂直；【詳解】A、磁感應強度是采用比值法定義的，B大小與F、IL無關，B由磁場本身決定，故A錯誤；B、根據左手定則可知，磁場方向與磁場力方向垂直，故B錯誤；C、當導體方向與磁場方向在一條線上時，導體不受磁場力，此時磁感應強度并非為零，故C錯誤；D、根據F=BIL可知，當磁感應強度為零處，它所受磁場力一定為零，故D正確；故選D【點睛】對于磁感應強度的定義式，要明確其定義方法、適用條件，以及各個物理量的含義，可以和電場強度的定義類比學習2、D【解析】在z軸上的A點處產生的磁場方向沿x軸負方向，根據安培定則可知，場源為直導線形成的電流，其方向沿y軸正方向，而電子帶負電，那么電子流就沿y軸負方向運動，故ABC錯誤，D正確。故選D。3、C【解析】靜電計的夾角與電容器的電壓有關，極板間電壓大夾角就大，當極板B稍向上移一些，由，S減小，電容C變小，又因為,電容器兩極板處于斷開狀態，電荷量不變，所以C減小，電壓U變大，靜電計指針夾角變大；故選C4、B【解析】根據楞次定律進行判定：感應電流的磁場總是阻礙原磁通量的變化．【詳解】在接通電源的瞬間，通過B環的電流變大，電流產生的磁場增強，穿過A、C兩環的磁通量變大，A、C兩環產生感應電流，由楞次定律可知，感應電流總是阻值原磁通量的變化，為了阻礙原磁通量的增加，A、C兩環都被B環排斥而遠離B環，以阻礙磁通量的增加，故ACD錯誤，B正確；故選B．5、D【解析】示波管的YY′偏轉電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當信號電壓與掃描電壓周期相同時，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內的穩定圖象【詳解】設加速電場的電壓為U1，偏轉電場的電壓為U2，偏轉電極的長度為L，板間距離為d，根據推論得知，偏轉距離為，可見，偏轉距離與偏轉電壓U2成正比，由幾何知識得知，電子在熒光屏偏轉的距離也與偏轉電壓成正比，則偏轉電極XX′上加上隨時間作線性變化的電壓時，電子在熒光屏偏轉的距離與時間也是線性關系，形成一條亮線，若電壓是周期性變化，就可以使電子在水平方向不斷掃描．在偏轉電極YY′上加按正弦規律變化的電壓，電子在熒光屏偏轉的距離按正弦規律變化，而在偏轉電極XX′上加適當頻率的掃描電壓，水平方向電子不斷從右向左勻速掃描，在熒光屏上出現一條正弦曲線；由于X方向的電壓變化的周期為T0，而Y方向變化的周期為2T0，所以在2T0時間內X方向變化2次，Y方向變化一次．在熒光屏上將出現由兩條線組成的圖象；由于開始時X方向與Y方向的電壓都是0，所以兩條線在坐標原點交叉．故D正確，ABC錯誤，故選D【點睛】本題關鍵要清楚示波管的工作原理，要用運動的合成與分解的正交分解思想進行思考，注意兩極所加電勢差的正負6、B【解析】R所在處的磁場是由P與Q中的電流產生的，由安培定則判斷出R處磁場的方向，然后由左手定則判斷出R中電流所示安培力的方向【詳解】由安培定則可知，通電指導線P、Q在R處產生的磁場方向水平向右，即沿x軸正方向則R處的磁場方向沿x軸正方向；由左手定則可知，通電直導線R所受安培力垂直于R指向y軸負方向．選項ACD錯誤，B正確．故選B【點睛】要注意解題步驟，先由安培定則判斷出R處磁場方向，然后由左手定則判斷出安培力的方向二、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、AD【解析】根據楞次定律判斷金屬框內感應電流的方向．根據法拉第電磁感應定律判斷感應電流大小的變化．因為金屬框勻速通過磁場，則水平拉力和安培力的平衡，根據安培力的方向判斷水平拉力的方向【詳解】A項：進磁場時，磁通量在增大，根據楞次定律，感應電流的方向為逆時針方向．出磁場時，磁通量減小，根據楞次定律，感應電流方向為順時針方向，故A正確；B項：根據法拉第電磁感應定律知，進磁場時，磁通量的變化率先變快再變慢，則感應電流的大小先變大后變小．出磁場時，磁通量的變化率先變快再變慢，則感應電流大小先變大后變小，故B錯誤；C項：水平拉力和安培力平衡，方向相反，安培力的方向水平向左，則水平拉力的方向水平向右，故C錯誤；D項：由公式，所以速度越大，線框中產生的焦耳熱越多，故D正確【點睛】解決本題的關鍵掌握楞次定律判斷感應電流的方向，以及知道感應電動勢的大小與磁通量的變化率有關，磁通量變化率越大，感應電動勢越大8、BCD【解析】先由局部電阻RP的變化開始分析，分析全電路的電阻、電流以及路端電壓，然后再逐步分析到局部電路.【詳解】在滑片P向右滑動的過程中，RP變大，則電路的總電阻變大，總電流減小，路端電壓變大，即A1減小，R1的電壓減小，則R3以及與其并聯的支路電壓變大，A2讀數變大；V2讀數變大；R3電流變大，則R2電流減小，則兩端電壓減小，即V1讀數變小，故選項A錯誤，BC正確；U2=E-I1(R1+r)，可知不變，可知選項D正確；故選BCD.【點睛】分清電路圖，利用等效電阻法結合總量法，根據電阻的變化確定比值的變化是解決本題的關鍵9、ABD【解析】當閉合開關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．根據電阻R2的電壓與路端電壓、R1電壓的關系，分析R2的電壓變化【詳解】A、當閉合開關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U＝E-Ir，U變小；故A正確.B、電壓表V2的示數U2＝E-I(R1+r)，I增大，U2變小；故B正確.C、D、干路電流I增大，電流表A的示數變大；故C錯誤，D正確.故選ABD.【點睛】本題是電路中動態變化分析問題，關鍵要處理好局部與整體的關系．對于路端電壓也可直接根據路端電壓隨外電阻增大而增大判斷.10、AC【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系可確定粒子的半徑，根據半徑公式可確定初速度；根據粒子的運動的軌跡和粒子做圓周運動的周期公式可以判斷粒子的運動的時間【詳解】A項：設粒子的入射點到磁場下邊界的磁場寬度為d，畫出粒子軌跡過程圖，如圖所示，由幾何關系可知：第一個粒子的圓心為O1，由幾何關系可知：R1=d；第二個粒子的圓心為O2；由幾何關系可知：R2sin30°+d=R2，解得：R2=2d；故各粒子在磁場中運動的軌道半徑之比為：R1：R2=1：2，故A正確；B項：由可知v與R成正比，故速度之比也為：1：2，故B錯誤；C、D項：粒子在磁場中運動的周期的公式為由此可知，粒子的運動的周期與粒子的速度的大小無關，所以粒子在磁場中的周期相同；由粒子的運動的軌跡可知，三種速度的粒子的偏轉角分別為90°、60°，所以偏轉角為90°的粒子的運動的時間為，偏轉角為60°的粒子的運動的時間為，所以有，故C正確，D錯誤故應選：AC【點睛】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要注意根據幾何關系確定粒子的半徑，再由洛侖茲力充當向心力來確定半徑與初速度的關系，利用周期公式結合粒子轉過的圓心角求解粒子在磁場中運動的時間三、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、①.②.【解析】由洛倫茲力公式，粒子在磁場中受力F，則有：F＝qvB，粒子做勻速圓周運動所需向心力為：，粒子僅受洛倫茲力做勻速圓周運動，有：F＝F向，聯立得：，由勻速圓周運動周期與線速度關系有：，聯立得：12、7【解析】游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標尺讀數，不需估讀.【詳解】游標卡尺的主尺讀數為30mm，游標尺上第7個刻度和主尺上的某一刻度對齊，因此游標尺讀數為0.1×7mm=0.7mm，所以最終讀數為：30mm+0.7mm=30.7mm.【點睛】解決本題的關鍵掌握游標卡尺的讀數方法，游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標尺讀數，不需估讀.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），電流的方向為ad