四川省成都嘉祥外國語學校2025屆物理高二上期末綜合測試模擬試題考生須知：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、關于靜電場，下列說法中正確的是（）A.隨著電場強度的減小，電勢也逐漸降低B.電場力做正功，電勢能增加；電場力做負功，電勢能減少C.電場強度的方向與等勢面垂直D.將一負的試探電荷從電勢高的等勢面移至電勢低的等勢面，電場力做正功2、如圖所示，質量為m的通電直導線用一絕緣輕繩懸掛，電流方向垂直于紙面，勻強磁場平行于紙面，導線處于靜止狀態，輕繩與豎直方向的夾角為30°.以下說法中正確的是()A.安培力的大小可能等于，此時磁場的可能方向不是唯一的B.安培力的大小可能等于，此時磁場的可能方向不是唯一的C.安培力的大小可能等于mg，此時磁場的可能方向是唯一的D.安培力的大小可能等于2mg，此時磁場的可能方向是唯一的3、如圖所示，從燈絲發出的電子經加速電場加速后，進入偏轉電場，若加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，要使電子在電場中的偏轉量y增大為原來的2倍，下列方法中不可行的是()A.使U1減小為原來的B.使U2增大為原來的2倍C.使偏轉板的長度增大為原來2倍D.使偏轉板的距離減小為原來的4、兩個相同的金屬小球（均可看做點電荷），原來所帶的電荷量分別為+5q和-q，相互間的庫侖力大小為F．現將它們相接觸，再分別放回原處，則兩金屬小球間的庫侖力大小變為()A.9F/5 B.FC.4F/5 D.F/55、如圖有一內電阻為4.4Ω的電解槽和一盞標有“110V60W”的燈泡串聯后接在電壓為220V的直流電路兩端，燈泡正常發光，則()A.電解槽消耗的電功率為120WB.電解槽消耗的電功率為60WC.電解槽的發熱功率為60WD.電路消耗的總功率為60W6、矩形線圈，長=20cm，寬=10cm，匝數=200，線圈回路總電阻R=5Ω。整個線圈平面內均有垂直于線圈平面的勻強磁場穿過。若勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規律如圖所示，則（）A.線圈回路中感應電動勢隨時間增大B.線圈回路中產生的感應電流為0.2AC.當t=0.3時，線圈的邊所受的安培力大小為0.016ND.在1min內線圈回路產生的焦耳熱為48J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，電源電動勢，小燈泡L上標有“3V、”字樣，電動機線圈電阻當開關S撥向接點1，滑動變阻器調到時，小燈泡L正常發光：現將開關S撥向接點2，小燈泡L和電動機M均正常工作．則A.電源內阻為B.電動機正常工作電壓為3VC.電源的輸出功率為D.電動機的機械效率為8、如圖，金屬棒AB用軟線懸掛在磁感應強度為B，方向如圖所示的勻強磁場中，電流由A向B，此時懸線張力為T，欲使懸線張力變小，可采用的方法有A.改變電流方向，且適當增大電流強度B.電流方向不變，且適當增大電流強度C.將磁場反向，且適當增大磁感應強度D.磁場方向不變，且適當增大磁感強度9、在空間某區域存在一電場，x軸上各點電勢隨位置變化情況如圖所示，從-x1到x1之間為曲線，其余均為直線，且關于縱軸對稱．若在x軸上的電場方向就在軸上，將一個只受電場力作用的帶正電的粒子由靜止釋放后，下列論述正確的是()A.A、B兩點的電場強度的大小相等，方向相反B.粒子從A點釋放，到O點時加速度為零C.粒子從A點釋放，能過B點.D.無論粒子從哪一點釋放,都會以最大動能過O點10、一正弦交流電的電壓隨時間變化的規律如圖所示．由圖可知()A.該交流電的電壓瞬時值的表達式為u＝100sin25πt(V)B.該交流電的頻率為25HzC.該交流電的電壓的有效值為100VD.若將該交流電壓加在阻值R＝100Ω的電阻兩端，則電阻消耗的功率為50W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）在圖甲中，不通電時電流表指針停在正中央，當閉合S時，觀察到電流表指針向左偏．現在按圖乙連接方式將電流表與螺線管B連成一個閉合回路，將螺線管A與電池、滑動變阻器和開關串聯成另一個閉合回路.(1)將S閉合后，將螺線管A插入螺線管B的過程中，電流表的指針將______（填“向左”“向右”或“不發生”）偏轉；(2)螺線管A放在B中不動，電流表的指針將______（填“向左”“向右”或“不發生”）偏轉；(3)螺線管A放在B中不動，滑動變阻器的滑片向右滑動，電流表的指針將_________（填“向左”“向右”或“不發生”）偏轉；(4)螺線管A放在B中不動，突然切斷開關S時，電流表的指針將_______（填“向左”“向右”或“不發生”）偏轉12．（12分）一只多用電表的測量電阻部分共分×1、×10、×100、×1k四擋，表面電阻刻度如圖(a)所示，某學生用這只多用電表來測一個電阻的阻值，他選擇×100擋，并按使用規則正確的調整好了多用電表、測量時表針的偏轉如下圖所示(b)，為使測量結果盡可能準確，他決定再測量一次，再次測量中，他應選擇的是________擋；在后面所給的幾個操作步驟中，不需要進行的是________(填步驟前的字母代號)；在應該進行的操作步驟中，按順序應選①________，②________，③________，④________，⑤________.(填步驟前的字母序號)A．把兩根表筆短接B．將選擇開關旋轉到上面所選擇的量程上C．將選擇開關放置到交流電壓的最高擋D．在兩表筆分離的情況下，調節電表的指針定位螺絲，使指針指在最左端零位E．把兩根表筆分別與待測電阻兩端接觸，指針穩定后讀出電阻值F．調節歐姆擋的調零旋鈕，使指針指在電阻刻度的零位上四、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）有一根長的直導線，通有I=2A的電流．將此直導線垂直磁場方向放入勻強磁場中，導線受到的安培力，求：（1)該勻強磁場的磁感應強度B的大小；（2)若將導線中的電流增大為,而其他不變，則該導體受到的安培力是多大？14．（16分）在平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B．一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示．不計粒子重力，求（1）M、N兩點間的電勢差UMN；（2）粒子在磁場中運動的軌道半徑r；（3）粒子從M點運動到P點的總時間t15．（12分）如圖所示，有一傾角α=37°的粗糙斜面，斜面所在空間存在一有界矩形勻強磁場區域GIJH，其寬度GI=HJ=L=0.5m．有一質量m=0.5Kg的“日”字形勻質導線框abcdef，從斜面上靜止釋放，釋放時ef平行于GH且距GH為4L，導線框各段長

ab=cd=ef=ac=bd=ce=df=L=0.5m，線框與斜面間的動摩擦因數μ=0.25，ab、cd、ef三段的阻值相等、均為R=0.5Ω，其余電阻不計．已知ef邊剛進入磁場時線框恰好做勻速運動，不計導線粗細，重力加速度g=10m/s2（sin37°=0.6，sin53°=0.8），求：（1）ef邊剛進入磁場時的速度v（2）勻強磁場的磁感應強度B（3）線框從開始運動到ab邊穿出磁場過程中ab邊發的焦耳熱為多少？

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、C【解析】電場線是為了形象的描述電場強弱和方向引入的，并非實際存在的，電場線的疏密表示場強的強弱，沿電場線電勢降低【詳解】A項：沿著電場線方向電勢逐漸降低，與電場強度的大小無關，故A錯誤；B項：根據電場力做功與電勢能改變的關系可知，電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增大，故B錯誤；C項：根據電場線與等勢面的關系可知，等勢面一定與電場線垂直，故C正確；D項：由于負電荷在電勢高的地方電勢能小，所以將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做負功，故D錯誤故選C【點睛】本題著重通過電場線考查了對電勢、場強、電勢能概念理解情況，要理解它們的區別以及大小的決定因素2、D【解析】先對導體棒受力分析，根據平衡條件并結合合成法得到安培力的最小值；然后結合安培力公式FA=BIL和左手定則分析【詳解】對導體棒受力分析，受重力、安培力和細線拉力，如圖所示：根據平衡條件，當安培力與線垂直向上時，安培力最小，為：FA=BIL=mgsin30°=根據左手定則，磁感線方向沿懸線向上，故此時磁場方向是唯一的；當mg≥FA＞時，有2解當FA＞mg時，有一解；當FA＜時，無解故選D【點睛】本題關鍵是先根據平衡條件確定安培力的最小值，然后結合左手定則分析磁感線的方向3、C【解析】根據動能定理求電子在加速場中獲得的速度，然后根據類平拋運動規律求在偏轉場中的偏轉量y，再進行分析【詳解】電子在加速電場中加速時，由動能定理得：eU1=mv02；電子在偏轉電場中做類平拋運動，則有：在水平方向：L=v0t；在豎直方向：a=；射出電場時的偏轉量y為：y=at2，聯立以上四式得：；則得：要使電子在電場中的偏轉量y增大為原來的2倍，可U1減小為原來的、U2增大為原來的2倍、使偏轉板的長度L增大為原來倍、使兩偏轉板間的距離d減小為原來的．故ABD正確，C錯誤．本題選不可行的，故選C【點睛】帶電粒子在勻強電場中偏轉，帶電粒子垂直進出入勻強電場時做勻變速曲線運動，分解為兩個方向的直線運動，分別用公式分析、求解運算，是這類問題的最基本解法4、C【解析】根據庫侖定律則，接觸后放回原位，則接觸時先中和，后平均分配，此刻兩球電量分別為+2q，所以，所以此刻庫侖力為C考點：庫侖定律點評：此類題型考查了庫侖定律的理解，并結合了電荷中和的知識．帶入庫侖公式中便能求出庫侖力大小5、B【解析】A,B項：由于燈泡正常發光，所以電解槽的電壓應該和燈泡兩端的電壓是相等的，都是110V，由于電解槽和燈泡串聯，它們的電流相等，所以,所以電解槽的輸入功率為：，所以A錯誤．B項正確C項、電解槽的發熱功率為：，所以C項錯誤D項、電路消耗總功率為為：,所以D錯誤故選項B正確6、D【解析】A．由法拉第電磁感應定律，則有可知，由于線圈中磁感應強度的變化率為定值則回路中感應電動勢為且恒定不變，故A錯誤；B．回路中感應電流的大小為故B錯誤；C．當t=0.3s時，磁感應強度B=0.2T，則安培力為故C錯誤；D．1min內線圈回路產生的焦耳熱為故D正確。故選D。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】當開關S撥向接點1，根據閉合電路歐姆定律求出電源的內阻；將開關S撥向接點2，先根據電功率公式求出電流，根據功率公式求電源的總功率和內阻的功率，最后求出電源的輸出功率；再根據閉合電路歐姆定律求出電動機的電壓和電流，最后根據電功率和效率公式求解【詳解】A．當開關S撥向接點1，小燈泡L正常發光，根據功率公式，解得：，根據閉合電路歐姆定律：，解的：，故A正確；B．將開關S撥向接點2，小燈泡L正常發光，根據功率公式，解得：，根據閉合電路歐姆定律：，解得：，即電動機正常工作電壓為；故B錯誤；C．電源的總功率為：，內阻的功率為：，則電源的輸出功率為：，故C錯誤；D．電動機輸入功率為：，熱功率為：，則輸出功率為：，電動機的機械效率為，故D正確所以AD正確，BC錯誤【點睛】本題考查閉合電路歐姆定律和電功率內容，關鍵是利用題中信息求出內阻和電動機的電壓8、BD【解析】開始導體棒受重力、拉力和向上的安培力處于平衡，根據左手定則判斷使懸線張力變小的方法【詳解】A．改變電流方向，則安培力方向向下，繩子張力變大；故A錯誤.B．電流方向不變，增大電流強度，根據F=BIL知，安培力增大，根據共點力平衡知，繩子張力減小；故B正確.C．將磁場方向反向，安培力方向向下，則繩子張力變大；故C錯誤.D．將磁場方向不變，增大磁感應強度，根據F=BIL知，安培力增大，根據共點力平衡知，繩子張力減小；故D正確.故選BD.【點睛】解決本題的關鍵掌握安培力的大小公式和左手定則判斷安培力的方向．結合共點力平衡進行分析.9、AB【解析】利用電場強度與圖像的關系來分析【詳解】圖像上各點的切線斜率大小等于電場強度大小，所以A、B兩點的電場強度的大小相等；帶正電的粒子從A到O點，電勢是從高到低，電場力做正功，再從O到A點，電勢由低到高，電場力做負功，所以A、B兩點的電場強度方向相反，故A正確；B．粒子從A點釋放，到O點時，在O點的場強為零，此時粒子加速度為零，故B正確；C．圖像關于縱軸對稱，正電粒子從A點釋放到O點是加速運動，粒子再從O點到B點是減速運動，因距離，所以粒子從A點釋放，不能過B點，故C錯誤；D．因O點的場強為零，電勢最低，在到區間內各點的電勢都比O點高，因此，只有粒子在到區間哪一點釋放,才會以最大動能過O點，故D錯誤，故選AB．10、BD【解析】從圖象中可得該交流電的周期為T＝4×10－2s，所以頻率為f＝1/T＝25Hz，選項B正確；角速度為ω＝2πf＝50π，從圖象中可知交流電最大值為Um＝100V，所以該交流電的電壓瞬時值的表達式為u＝100sin(50πt)V，該交流電的有效電壓值為，選項AC錯誤；若將該交流電壓加在阻值R＝100Ω的電阻兩端，則電阻消耗的功率為，選項D正確三、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.向左②.不發生③.向右④.向右【解析】由安培定則判斷出判斷出線圈A產生的磁場方向，然后判斷出穿過線圈B的磁通量如何變化，最后由楞次定律判斷出感應電流的方向，確定電流表指針的偏轉方向.【詳解】(1)甲電路測出電流表是正進負出向左偏.將S閉合后，將螺線管A插入螺線管B的過程中，穿過B的磁場向下，磁通量變大，由楞次定律可知，感應電流從電流表正接線柱流入，則電流表的指針將左偏轉；(2)螺線管A放在B中不動，穿過B的磁通量不變，不產生感應電流，電流表的指針將不發生偏轉；(3)螺線管A放在B中不動，穿過B的磁場向下，將滑動變阻器的滑動觸片向右滑動時，A線圈的電流減小，穿過B的磁通量變小，由楞次定律可知感應電流從電流表負接線柱流入，則電流表的指針將右偏轉；(4)螺線管A放在B中不動，穿過B的磁場向下，突然切斷開關S時，穿過B的磁通量減小，由楞次定律可知，感應電流從電流表負接線柱流入，則電流表的指針將向右偏轉【點睛】熟練掌握并靈活應用安培定則及楞次定律即可正確解題.12、①.×1k②.D③.B④.A⑤.F⑥.E⑦.C【解析】[1][2]由圖乙所示可以知道歐姆表指針偏轉角度太小,所選擋位太小,為準確測量電阻阻值,應選擇擋,然后重新進行歐姆調零,再測電阻阻值,測