新疆石河子市石河子二中2025屆高二物理第一學期期末聯考模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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、如圖所示的天平可用來測量磁場的磁感應強度。天平的右臂下面掛一個矩形線圈，寬為L，共N匝，線圈的下部懸在勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面。當線圈中通有電流I（方向如圖）時，在天平兩邊加上質量分別為、的砝碼，天平平衡；當電流反向（大小不變）時，右邊再加上質量為m的砝碼后，天平又重新平衡。由此可知（）A.磁感應強度方向垂直紙面向里，大小為B.磁感應強度方向垂直紙面向里，大小為C.磁感應強度方向垂直紙面向外，大小為D.磁感應強度方向垂直紙面向外，大小為2、英國物理學家法拉第引入了“電場”和“磁場”的概念，并用畫電場線和磁感線的方法來描述電場和磁場，為經典電磁學理論的建立奠定了基礎．下列相關說法正確的是（）A.電荷和電荷．通電導體和通電導體之間的相互作用是通過電場發生的B.磁極和磁極．磁極和通電導體之間的相互作用是通過磁場發生的C.電場線和電場線不可能相交，磁感線和磁感線可能相交D.通過實驗可發現電場線和磁感線的存在3、一個重50N的物體，在光滑的水平面上以3m/s的速度做勻速直線運動，這個物體受到的水平力應為()A.0 B.50NC.15N D.5N4、三個共點力F1、F2、F3可組成如圖所示的三角形,則其合力大小為()A.0 B.F1C.2F2 D.2F35、下列各圖中正確表示電流的磁場或周圍磁感線分布的是（）A. B.C. D.6、一個圓形閉合線圈固定在垂直紙面的勻強磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，如圖甲所示．設垂直于紙面向內的磁感應強度方向為正，線圈中順時針方向的感應電流為正．已知圓形線圈中感應電流I隨時間變化的圖象如圖乙所示，則線圈所在處的磁場的磁感應強度隨時間變化的圖象可能是圖中的A.B.C.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、有一個可以自由運動的矩形線框ABCD，旁邊豎直固定一根長直導線PQ，線框平面與導線平行且在同一個平面內。分別通以如圖所示的恒定電流，如果不計線框重力，則A.線框靠近導線方向平動 B.線框會發生轉動并遠離導體C.通過線框的磁通量會減小 D.通過線框的磁通量會增大8、如圖所示，一束離子從P點垂直射入勻強電場和勻強磁場相互垂直的區域里，結果發現有些離子保持原來的運動方向未發生偏轉，這些離子從Q點進入另一勻強磁場中分裂為a、b、c三束。關于這三束離子下列說法正確的是（）A.a、b、c的速度大小一定相同B.a、b、c的電量一定不同C.a、b、c的比荷一定不同D.a、b、c的動能可能相同9、如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態?，F將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則（）A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動B.P點的電勢將降低C.帶電油滴的電勢能將增大D.電容器的電容減小，極板帶電量減小10、如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一質量為m=0.1kg、帶電荷量為的小物塊處于靜止狀態，小物塊與地面間的摩擦因數.從t=0時刻開始，空間上加如圖乙所示的電場.下列說法正確的是（）A.4秒內小物塊一直向同一方向運動B.2s末小物塊速度大小為2m/sC.4秒內小物塊的位移大小為6mD.4秒內電場力對小物塊所做的功為0.8J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）現在要測量一段電阻絲的電阻率ρ，其阻值Rx約為0.5Ω，允許通過的最大電流為0.5A.現有如下器材可供選擇：電流表A(量程0.6A，內阻約為0.6Ω)電壓表V(量程3V，內阻約為3kΩ)待測電阻絲Rx(阻值約為0.5Ω)標準電阻R0(阻值5Ω)滑動變阻器R1(5Ω，2A)滑動變阻器R2(200Ω，1.5A)直流電源E(E＝6V，內阻不計)開關S、導線若干(1)圖為四位同學分別設計的測量電路的一部分，你認為合理的是________；(2)實驗中滑動變阻器應該選擇________(選填“R1”或“R2”)，并采用________接法；（分壓，限流）(3)根據你在(1)(2)中的選擇，在圖甲上完成實驗電路的連接________；(4)實驗中，如果兩電表的讀數分別為U和I，測得拉直后電阻絲的長度為L、直徑為D，則待測電阻絲的電阻率ρ的計算式為ρ＝________；(5)用螺旋測微器測量待測電阻絲的直徑時讀數如圖乙所示，則該電阻絲的直徑D＝________.12．（12分）某同學利用一只電流表和一個電阻箱測定電源的電動勢和內電阻，使用的器材還有開關一個，導線若干，實驗原理如甲所示：（1）在圖乙實物圖中，已正確連接了部分電路，請完成其余電路的連接____；（2）調節電阻箱，示數如圖丙所示，讀得電阻值是___Ω；（3）接通開關，多次改變電阻箱的阻值R，同時讀出對應的電流表的示數I，并作記錄，畫出R－關系圖線，如圖丁所示．則圖線斜率的物理意義是___；若電流表內阻RA＝0.1Ω，由圖線求得電源的電動勢E＝__V，內阻r＝__Ω。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）一束電子流（電子質量為m，電量絕對值為q，初速度可忽略）經電壓為U的加速電場加速后，在距兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場，兩板間距為d，板長為l，電子恰好能從平行板下邊緣飛出，如圖所示。不考慮電子的重力，求：(1)電子進入偏轉電場的速度大小；(2)兩極板間所加的偏轉電壓。14．（16分）電子自靜止開始經M、N兩板間（兩板間電壓為U）的電場加速后從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，電子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖所示.求勻強磁場的磁感應強度.（已知電子的質量為m，電量為e）15．（12分）如圖所示，水平面內固定著U形光滑金屬導軌NMPQ，軌距為L，金屬裸導線ab質量為m，電阻為r，橫放在導軌上，導軌左端連一個阻值為R的電阻(導軌部分電阻不計)，現加上豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場．用水平恒力F拉動ab使其始終垂直于導軌向右勻速運動，問：(1)ab的速度為多少?(2)若突然撤去外力F，則在此后的時間中，電阻R上還能產生多少熱量?

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、B【解析】因電流反向時，右邊再加砝碼才能重新平衡，所以此時安培力豎直向上，由左手定則判斷磁場方向垂直于紙面向里；電流反向前，有m1g=m2g＋m3g＋NBIL其中m3為線圈質量，電流反向后，有m1g=m2g＋m3g＋mg－NBIL兩式聯立可得故選B。第II卷(非選擇題2、B【解析】A．電荷和電荷之間是通過電場發生相互作用，而通電導體和通電導體之間的相互作用是通過磁場發生的，選項A錯誤；B．磁極和磁極．磁極和通電導體之間的相互作用是通過磁場發生的，選項B正確；C．電場線和電場線不可能相交，磁感線和磁感線也不可能相交，選項C錯誤；D．磁感線和電場線都是人們假想的曲線，實際上電場線和磁感線都是不存在的，選項D錯誤。故選B。3、A【解析】物體只受重力和水平面的支持力，這兩個力為一對平衡力，而且方向均為豎直方向，水平方向不受力4、D【解析】根據三角形定則，F1與F2的合力等于從F1的起點到F2的終點的有向線段，即與F3相同，故合力等于2F3；A．0，與結論不相符，選項A錯誤；B．F1，與結論不相符，選項B錯誤；C．2F2，與結論不相符，選項C錯誤；D．2F3，與結論相符，選項D正確；故選D。5、A【解析】A.根據安培定則，A正確；B.由電流方向，根據安培定則，磁感線方向為順時針方向。故B錯誤；C.根據安培定則，螺線管右側為S極，故C錯誤；D.電流方向向上，磁感線逆時針方向。故D錯誤；故選：A；6、C【解析】設垂直紙面向里的磁感應強度方向為正，線圈中順時針方向的感應電流為正，則由乙可知：線圈中在前0.5s內產生了逆時針方向的感應電流，由楞次定律可得：當磁通量增加時，感應磁場方向與原磁場方向相反；當磁通量減小時，感應磁場方向與原磁場方向相同A圖：在前0.5s內由乙圖根據楞次定律可知，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場增強的；若磁場方向垂直向外（負方向）時，必須是磁場減弱的．而在0.5s-1.5s，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外（負方向）時，必須是磁場增加的．所以A選項錯誤；B圖：在前0.5s內，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場增強的；若磁場方向垂直向外（負方向）時，必須是磁場減弱的．而在0.5s-1.5s，由感應電流方向，結合楞次定律可得：若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外（負方向）時，必須是磁場增加的．故B錯誤；C圖：在前0.5s內由乙圖根據楞次定律可知，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場增強的；若磁場方向垂直向外（負方向）時，必須是磁場減弱的．而在0.5s-1.5s，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外（負方向）時，必須是磁場增加的．所以C正確；D圖中磁場的變化引起的感應電流與A中完全相同，故可知D錯誤；故選C．【點睛】本題考查法拉第電磁感應定律的圖象應用，要注意正確掌握楞次定律的應用，同時要注意正確分析圖象的性質，能正確應用排除法進行分析．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】AB．導線在右側產生垂直平面向外的磁場，且離導線越遠，磁感應強度越小，根據左手定則，AD邊受力向左且力較大，BC邊受力向右且力較小，過線框整體受力向左，向靠近導線方向平動，A正確，B錯誤；CD．線框向左運動，面積不變，通過他的磁感應強度增大，所以磁通量變大，C錯誤，D正確；故選AD。8、ACD【解析】A．因為粒子進入電場和磁場正交區域時，不發生偏轉，說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，有得出能不偏轉的粒子速度應滿足所以a、b、c的速度大小一定相同，A正確；BCD．粒子進入磁場后受洛倫茲力作用，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即所以圓周運動的半徑由于粒子又分裂成幾束，也就是粒子做勻速圓周運動的半徑不同，進入第二個勻強磁場時，粒子具有相同大小的速度，由半徑公式可知，所以粒子能分裂成幾束的粒子的比值不同，則比荷一定不相同，而質量可能相同，則動能也可能相同，B錯誤，CD正確。故選ACD。9、BCD【解析】A．將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據得知板間場強減小，油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動。故A錯誤。B．場強E減小，而P點與下極板間的距離不變，則由公式U=Ed分析可知，P點與下極板間電勢差將減小，而P點的電勢高于下極板的電勢，則知P點的電勢將降低。故B正確。C．由帶電油滴原來處于平衡狀態可知，油滴帶負電，P點的電勢降低，根據可知，油滴的電勢能將增加。故C正確。D．根據Q=UC，由于電勢差不變，電容器的電容，可知電容減小，故帶電量減小，故D正確。故選：BCD。10、AD【解析】ABC．0～2s，由牛頓第二定律得物塊加速度：物塊向右做加速運動，2s末小物塊速度前2s內的位移2～4s，由牛頓第二定律得加速度物塊向右做減速運動，4s末減速到零，2～4s的位移4秒內小物塊的位移故A正確，BC錯誤；D．4秒內電場力對小物塊所做的功代入數據解得故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.C②.R1③.分壓④.⑤.⑥.1.205【解析】(1)、(2)、關鍵是根據閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻來選擇變阻器阻值以及接法；根據求出的最小電阻來選擇保護電阻；根據待測電阻遠小于電壓表內阻可知電流表應用外接法，但因為待測電阻阻值太小可知待測電阻應與保護電阻串聯使用(3)根據是連接電路時應先連接主干路然后再連接并聯電路，注意正負極和量程(4)關鍵是根據歐姆定律和電阻定律求出電阻率的表達式即可(5)關鍵是讀數時要分成整數部分和小數部分兩部分來讀，注意半毫米刻度線是否露出【詳解】(1)根據閉合電路歐姆定律可知，電路中需要的最大電阻為：，所以變阻器應選R1并且應采用分壓式接法；電路中需要的最小電阻為：，為保護電流表應與一保護電阻串聯，所以排除電路A，再根據待測電阻滿足，可知電流表應用外接法，所以應排除電路D，由于待測電阻阻值太小，將電壓表直接測量時電壓太小無法讀數，所以應將待測電阻與保護電阻串聯后再與電壓表并聯才行，所以合理的電路應是C；(2)根據題(1)中的分析可知，變阻器應選R1，并且應采用分壓式接法；(3)根據題（1）中分析可知電路連接圖如圖所示：(4)圖C電路圖應有：①根據電阻定律應有：②聯立①②可得：(5)螺旋測微器的讀數為：D=1mm+20.6×0.01mm=1.205（±0.002）mm；【點睛】明確：①通過估算電路中需要的大小電阻來選擇保護電阻，通過電路中需要的最大電阻來選擇變阻器阻值以及采用的接法；②當待測電阻滿足時，電流表應用外接法12、①.②.2.3③.電源電動勢④.1.4⑤.0.4【解析】（1）［1］根據圖甲所示實驗電路，連接實物電路如圖所示：（2）［2］由圖丙所示電阻箱可知，電阻箱示數為2×1Ω+3×0.1Ω=2.3Ω