2025屆貴州省銅仁偉才學校高二物理第一學期期末學業水平測試模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、一個矩形線圈勻速地從無磁場的空間先進入磁感應強度為B1的勻強磁場，然后再進入磁感應強度為B2的勻強磁場，最后進入沒有磁場的右邊空間，如圖所示．若B1=2B2，方向均始終和線圈平面垂直，則在下圖所示圖中能定性表示線圈中感應電流i隨時間t變化關系的是(電流以逆時針方向為正)（）A. B.C. D.2、如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導體框．勻強磁場區域寬度為2L、磁感應強度為B、方向垂直桌面向下．導體框的一邊始終與磁場邊界平行，在外力作用下以恒定速度v穿過磁場．下列說法不正確的是()A.穿過磁場過程，外力做的功為B.穿過磁場過程，導體框產生的焦耳熱為C.進入磁場過程，通過導體框某一橫截面的電荷量為D.進入和離開磁場過程，通過導體框的電流大小都為，且方向相同3、目前世界上正在研究的一種新型發電機叫磁流體發電機，如圖所示表示它的發電原理：將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，而從整體上來說呈電中性）噴入磁場，由于等離子體在磁場力的作用下運動方向發生偏轉，磁場中的兩塊金屬板A和B上就會聚集電荷，從而在兩板間產生電壓。在圖示磁極配置的情況下，下列表述正確的是（）A.金屬板A的電勢較高B.通過電阻R的電流方向是b→R→aC.等離子體在A、B間運動時，磁場力對等離子體做正功D.等離子體在A、B間運動時，磁場力對等離子體做負功4、學習物理不僅要掌握物理知識，還要領悟并掌握處理物理問題的思想方法．在下圖所示的幾個實驗中，研究物理問題的思想方法相同的是()A.甲、乙 B.甲、丙C.乙、丙 D.丙、丁5、如圖所示，豎直線MN∥PQ，MN與PQ間距離為a，其間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，O是MN上一點，O處有一粒子源，某時刻放出大量速率均為v(方向均垂直磁場方向)、比荷一定的帶負電粒子(粒子重力及粒子間的相互作用力不計)，已知沿圖中與MN成θ＝60°角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁場，則粒子在磁場中運動的最長時間為()A. B.C. D.6、某物體同時受到同一平面內的三個共點力作用，在如圖所示的四種情況中（坐標紙中每格邊長表示1N的大小的力），該物體所受的合外力大小正確的是（）A.甲圖中物體所受的合外力大小等于4NB.乙圖中物體所受的合外力大小等于2NC.丙圖中物體所受的合外力大小等于6ND.丁圖中物體所受的合外力大小等于6N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、在如圖所示的遠距離輸電電路圖中，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變。若輸送功率增大為原來2倍，下列說法中正確的有()A.升壓變壓器的輸出電壓增大為原來2倍B.輸電線上的電流增大為原來的2倍C.輸電線上損耗的功率增大為原來的4倍D.輸電線上損耗的功率占總功率的比例增大8、一額定功率為9W、額定電壓為9V的小燈泡L（其電阻視為不隨溫度而變）和一直流電動機并聯，與定值電阻R＝4Ω串聯后接在電路中的AB兩點間，電流表A為理想電表，電路如圖所示，燈泡的電阻不變．當AB間接電壓0.49V時，電動機不轉、燈泡不亮，電流表示數為0.1A；當AB間接電壓15V時，電動機轉動起來、燈泡正常發光．則下列說法正確的是A.電動機線圈電阻為1ΩB燈泡正常發光時電流表示數1AC.燈泡正常發光時電動機輸出的機械功率4.25WD.電路正常工作時電動機突然被卡住時,電流表讀數將1.5A9、如圖，在電路中接一段鎢絲（從舊白熾燈中取出），閉合開關，燈泡正常發光，當用打火機給鎢絲加熱時燈泡亮度明顯變暗，根據鎢絲的上述特性，可用鎢絲來制作一個溫度傳感器，下面的說法中正確的是（）A.該傳感器利用了鎢絲的化學性質B.該傳感器的原理是把電學量（電阻）轉換為熱學量（溫度）C.該傳感器的原理是把熱學量（溫度）轉換為電學量（電阻）D.該傳感器的原理是利用了鎢絲電阻隨溫度變化而變化的特性10、在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內電阻為r，閉合開關S，待電流達到穩定后，電流表示數為I，電壓表示數為U，電容器C所帶電荷量為Q，將滑動變阻器的滑動觸頭P從圖示位置向a端移動一些，待電流達到穩定后，則與P移動前相比()A.U變小 B.I變小C.Q增大 D.Q減小三、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）一臺小型掃地機器人的直流電動機的額定電壓為12V，額定電流為5A，線圈電阻為0.2Ω，將它接在直流電源的兩極間，電動機恰好能正常工作，則電動機消耗的總功率為_____，轉化為機械能的功率為____12．（12分）在“測定金屬絲的電阻率”的實驗中,待測金屬絲的電阻Rx約為5Ω,實驗室備有下列實驗器材：A．電壓表V1(量程3V，內阻約為15kΩ)B．電壓表V2(量程15V，內阻約為75kΩ)C．電流表A1(量程3A，內阻約為0.2Ω)D．電流表A2(量程0.6A，內阻約為1Ω)E．滑動變阻器R1(0～50Ω，0.6A)F．滑動變阻器R2(0～500Ω，0.1A)G．電池E(電動勢為3V，內阻約為0.3Ω)H．開關S，導線若干(1`)為提高實驗精確度,減小實驗誤差,電壓表應選用__________．電流表應選用__________．滑動變阻器應選用__________．（選填器材前面的字母序號）(2)為減小伏安法測電阻的實驗誤差,應選用_________[填“甲”或“乙”]為該實驗的電路圖(3)某次實驗中，電表表盤如圖所示，則電壓表讀數為________V,電流表讀數為________A;(4)用千分尺測量金屬絲的直徑，示數如圖所示，該金屬絲的直徑的測量值為________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）在科學研究中，可以通過施加適當的電場和磁場來實現對帶電粒子運動的控制。如圖所示的xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間t做周期性變化的圖像如圖所示。x軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向。在坐標原點O有一粒子P，其質量和電荷量分別為m和+q。不計重力。在時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復運動。（1）求P在磁場中運動時速度的大小v0；（2）求B0應滿足的關系；（3）在t0（0＜t0＜）時刻釋放P，求P速度為零時的坐標。14．（16分）如圖甲所示，為質譜儀的原理圖。質量為m的帶正電粒子從靜止開始經過電勢差為U的電場加速后，從G點垂直于MN進入偏轉磁場。該偏轉磁場是一個以直線MN為上邊界，方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，帶電粒子經偏轉磁場后，最終到達照相底片上的H點。測得G、H間的距離為d，粒子受到的重力忽略不計。求：(1)粒子的電荷量；(2)若偏轉磁場半徑為r=的圓形磁場，且與M、N相切于G點，如圖乙所示，粒子進入磁場的速度不變，要使粒子仍能打到H點，那么，圓形區域內勻強磁場的磁感應強度應為多大？15．（12分）在“測量金屬絲電阻率實驗”中，有如下器材：電池組（電動勢3V，內阻約1Ω）、電流表（內阻約0.1Ω）、電壓表（內阻約3kΩ）、滑動變阻器R（0～50Ω，額定電流2A）、開關、導線若干.請完成下列問題（1）用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，為防止讀數時測微螺桿發生轉動，讀數前應先旋緊如圖甲所示的部件______（選填“A”、“B”、“C”或“D”）．從圖甲中的示數可讀出合金絲的直徑為d=______mm（2）某小組同學利用以上器材進行實驗，請根據原理圖乙完成實物圖丙中的連線，并使在閉合開關的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞.記錄數據如下____________：次數123456U/V0.300.701.001.501.702.30I/A0.0660.1600.2200.3400.4600.520（3）這個小組的同學在坐標紙上建立U、I坐標系，如圖丁所示，圖中已標出了與測量數據對應的6個坐標點.請根據標出的坐標點，描繪出U－I圖線.并由圖線得到金屬絲的阻值Rx＝______Ω．（保留兩位有效數字）（4）若實驗過程中發現，無論如何調節滑動變阻器，電壓表示數不發生變化，則發生故障的可能原因是_______________________________________________.（5）任何實驗測量都存在誤差，本實驗所用測量儀器均已校準，下列關于誤差的說法中正確的有______.A．用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由于讀數引起的誤差屬于系統誤差B．測量金屬絲的直徑時，要在不同位置多次測量，是為了消除偶然誤差C．由電流表和電壓表的內阻引起的誤差屬于偶然誤差D．用U－I圖象處理數據求金屬絲電阻可以減小偶然誤差

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】線圈進入B1時，右邊切割磁感線產生感應電動勢由右手定則可得出電流方向沿逆時針，故電流為正；當線圈全部進入時，磁通量不再發生變化，故線圈中沒有電流；當右邊進入B2時，兩邊同時切割磁感線，左邊產生的感應電動勢為，右邊產生的電動勢為，因兩電動勢方向相反，故總電動勢為方向沿順時針，故電流為負；當線圈完全進入B2時，磁通量不再發生變化，故線圈中沒有電流；當線圈離開磁場區域時，只有左邊切割B2時，電動勢為方向為順時針，故電流為負。故選C。2、D【解析】A、根據安培力公式F=BIL，結合法拉第電磁感應定律，與閉合電路歐姆定律，及力做功表達式，即可求解；B、根據焦耳定律Q=I2Rt，即可求解；C、依據電量表達式q=It，及法拉第電磁感應定律，及閉合電路歐姆定律，即可推導電量的綜合表達式，從而求解；D、根據楞次定律，結合法拉第電磁感應定律，及閉合電路歐姆定律，即可求解【詳解】A、根據法拉第電磁感應定律，及閉合電路歐姆定律，則線圈穿過磁場過程產生的感應電流大小，依據安培力公式，根據力做功表達式W=Fs，那么只有在進與出磁場過程中，才有安培力，因此安培力做功，由于在外力作用下以恒定速度v穿過磁場，則外力做的功為，故A正確；B、由上分析可知，根據焦耳定律Q=I2Rt，那么穿過磁場過程，導體框產生的焦耳熱為，故B正確；C、依據電量表達式q=It，及法拉第電磁感應定律，及閉合電路歐姆定律，即可推導電量的綜合表達式，那么進入磁場過程，通過導體框某一橫截面的電量為，故C正確；D、根據楞次定律可知，進入和離開磁場過程，通過導體框的電流方向不同，但它們的大小是相同，即為，故D錯誤；本題選不正確的故選D.【點睛】考查法拉第感應定律與閉合電路歐姆定律，及楞次定律的內容，掌握安培力與力做功表達式，理解電量的綜合表達式的推導，注意當線圈完全進入磁場時，線圈中沒有感應電流，只有在進與出過程中，才有磁通量的變化3、A【解析】AB．根據左手定則，可判斷出等離子體中的帶正電的微粒受到向上的洛倫磁力，從而打到金屬板A上，帶負電的微粒受到向下的洛倫磁力，從而打到金屬板B上，A是電源的正極，B是電源的負極。故金屬板A的電勢較高，通過電阻R的電流方向是a→R→b，故B錯誤，A正確；CD．洛倫磁力一直和速度垂直，故磁場力對等離子體不做功，故CD錯誤；故選A。4、C【解析】學習平拋運動時，通過比較平拋運動與自由落體運動，來研究平拋運動在豎直方向上運動的規律；觀察桌面的微小形變和測定萬有引力常量的實驗中，通過平面鏡的反射，反射光線發生較大的角度變化，從而擴大了形變；研究加速度與質量、力的關系中，用到了控制變量法；【詳解】圖甲：比較平拋運動與自由落體運動，來研究平拋運動在豎直方向上運動的規律，用到了比較法；圖乙、丙：觀察桌面的微小形變和測定萬有引力常量的實驗中，通過平面鏡的反射，反射光線發生較大的角度變化，從而擴大了形變，該方法稱為物理變量放大法；圖丁：研究加速度與質量、力的關系中，用到了控制變量法，所以，乙和丙具有相同的研究物理問題的思想方法，故選項C正確，ABD錯誤【點睛】本題考查物理方法的應用，要注意處理物理問題的思想方法是物理學史的一部分，對該部分的知識，要有足夠的重視5、C【解析】當速度方向與MN夾角θ=60°時，粒子恰好垂直PQ方向射出磁場，所以，粒子運動半徑由粒子在磁場中運動，洛倫茲力作向心力可得，解得①；當θ=0°時，如圖所示，可知粒子打在PQ上的位置為O點水平線上方處；當θ增大時，粒子打在PQ上的位置下移，知道粒子的運動軌跡與PQ相切時，如圖所示，可知粒子打在PQ上的位置為O點水平線下方處；當θ繼續增大直到180°，粒子的運動軌跡與PQ不相交，直接從MN上射出，且在MN上的出射點不斷上移直到O點，所以，若只改變粒子速度方向，使θ角能在0°至180°間不斷變化，則PQ邊界上有粒子射出的區間長度為；若只改變粒子速度方向，使θ角能在0°至180°間不斷變化，則粒子運動半徑不變，那么粒子運動周期不變，所以，粒子在磁場中運動的軌跡所對應的弦長越長，則粒子在磁場中運動的越長，由D的分析可知，當粒子的出射點在PQ上時，粒子的弦長可取[a，2a]的任意值；當粒子的出射點在MN上時，粒子的弦長可取的任意值；所以，粒子運動軌跡的弦長最大可取，此時對應的中心角φ=120°，所以聯立①式子可知，粒子在磁場中運動的最長時間，故C正確6、C【解析】考查力的合成。【詳解】A．甲圖：A錯誤；B．乙圖：如圖，F1與F3的合力為F13=3N，方向與F2同向，所以合力為：B錯誤；C．丙圖：由力的三角形定則可知，F2與F3的合力剛好為F1，所以合力大小為：C正確；D．丁圖：由力的三角形定則可知，首尾相連的力合力為0，D錯誤。故選C。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、BCD【解析】A．輸入電壓決定輸出電壓，發電廠的輸出電壓不變，升壓變壓器的匝數不變，所以升壓變壓器的輸出電壓不變，故A錯誤；B．輸出功率決定輸入功率，根據：可知升壓變壓器輸出電壓不變，功率變為原來2倍，輸電線上的電流變為原來的2倍，故B正確；C．根據電功率的表達式：可知輸電線上電阻不變，電流變為原來的2倍，則輸電線上消耗的功率增大為原來的4倍，故C正確；D．輸電線上損耗的功率占總功率的比例：輸電線上電流增大，占比增大，故D正確。故選BCD8、AC【解析】A．根據可知燈泡電阻當AB間接電壓0.49V時，電動機不轉、為純電阻電路，根據歐姆定律可知R兩端電壓：UR=IR=0.1×4V=0.4V燈泡兩端電壓U1=U-UR=0.49V-0.4V=0.09V通過燈泡的電流通過電動機的電流：I2=0.1A-0.01A=0.09A根據并聯電路特點可知電動機線圈電阻故A正確；BC．當AB間接電壓15V時，燈泡正常發光，燈泡兩端電壓為UL=9V、通過燈泡的電流為IL=1A，則電動機兩端電壓為UM=9V，R兩端電壓為UR=6V，干路電流電流表示數為1.5A，通過電動機的電流為IM=I-IL=0.5A，則此時電動機輸出的機械功率：P=UMIM-IM2r=425W故B錯誤，C正確D．由以上分析可知，電路正常工作時電動機突然被卡住時，電流表讀數將大于1.5A，選項D錯誤9、CD【解析】由題目中的實驗現象可知，鎢絲的電阻隨溫度的升高而增大，隨溫度的降低而減小，利用該特性可以制成溫度傳感器，傳感器能夠把溫度這個熱學量轉換為電阻這個電學量。故CD正確，AB錯誤。故選CD。10、BC【解析】首先搞清電路的結構：電流穩定時，變阻器與R2串聯，R1上無電流，無電壓，電容器的電壓等于變阻器的電壓，電壓表測量變阻器的電壓，電流表測量干路電流；當滑片P向a端移動一些后，變阻器接入電路的電阻增大，根據歐姆定律分析電路的總電阻變化和干路電流的變化，再分析電表讀數的變化和電容器電量的變化【詳解】解：當滑動變阻器P的滑動觸頭從圖示位置向a端移動時，其接入電路的電阻值增大，外電路總電阻增大，由閉合電路的歐姆定律可知，干路的電流I減小；變阻器兩端的電壓，由I減小，可知U增大，即電容器C兩端的電壓增大，再據Q=CU，可判斷出電容器的電荷量Q增大，故BC正確，AD錯誤．故選BC【點睛】本題是含有電容器的動態變化分析問題，要綜合考慮局部與整體的關系，對于電容器明確兩端的電壓，再利用電容器的定義式判斷電量的變化情況三、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、①.60W②.55W【解析】電動機消耗的總功率為，內阻消耗的功率為，則轉化為機械能的功率為【點睛】對于電功率的計算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發熱功率的計算公式是不一樣的12、①.A②.D③.E④.乙⑤.1.20⑥.0.50⑦.1.685(1.684~1.687)【解析】(1)根據電源電動勢選擇電壓表，由歐姆定律求出電路最大電流，根據電路最大電流選擇電流表，為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器(2)根據待測電阻阻值與電表內阻的關系確定電流表采用內接法還是外接法，然后選擇實驗電路(3)電表讀數要根據精確度選擇估讀在同一位或下一位.(4)螺旋測微器的精確度為0.01mm，通過格數的估讀會讀到0.001mm.【詳解】(1)由于電源的電動勢為3

V，所以電壓表應選A，被測電阻阻值約為5Ω，電路中的最大電流約為,則電流表選D；為保證安全且方便實驗操作，滑動變阻器應選小電阻E(50Ω).(2)由于,即待測電阻為小電阻，采用小電阻外接法測量值會偏小；故選乙電路.(3)電壓表的量程為3V，精確度為0.1V，需估讀到下一位，故讀數為1.20V；電流表的量程為0.6A，精確度為0.02A，需估讀到同一位，故讀數為0.50V.(4)由圖示螺旋測微器可知，導線的直徑d=1.5mm+18.5×0.01mm=1.685mm(1.684~1.687).【點睛】本題考查了實驗器材的選取、實驗電路的選擇、連接實物電路圖；要掌握實驗器材的選取原則：安全性原則、精確性原則、方便實驗操作；確定電流表的接法是正確解題的關鍵四、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）；（2），（n=1，2，3……）；（3）或，（k=1，2，3……）【解析】(1)對比題圖可知：隨著時間的變化，電場和磁場是交替產生的，有磁場前，粒子受到恒定的電場力，做勻加速直線運動。由勻變速直線運動的速度公式v=at即可求解，要注意粒子從才開始運動。(2)要求B0應滿足的關系，首先需抓住題中的關鍵語：“恰能沿一定軌道做往復運動”，從而實現對本題解答的切入，然后分析粒子會做τ時間的勻速圓周運動，要想往復，則2τ時刻粒子的速度方向正好沿x軸負方向。要注意粒子做圓周運動的重復性，洛倫茲力提供向心力等。(3)從t0滿足0＜t0＜時刻釋放，粒子將會在電場力的作用下勻加速τ-t0的時間，并以速度進入磁場，在根據對稱性，找到速度為零的時刻，再根據數學的知識找到其坐標即可。【詳解】(1)時間段內做勻加速直線運動，時間段內做勻速圓周運動，電場力F=qE0則加速度速度v0=at，其中，解得(2)只有當時，P在磁場中做圓周運動結束并開始沿x軸負方向運動，才能沿一定軌道做往復運動，如圖所示。設P在磁場中做圓周運動的周期為T，則，（n=1，2，3……）勻速圓周運動，解得，（n=1，2，3……）(3)在t0時刻釋放，P在電場中加速時間為τ-t0，在磁場中做勻速圓周運動，圓周運動的半徑解得又經τ-t0時間P減速為零后向右加速時間為t0，P再進入磁場圓周運動的半徑解得綜上分析，速度為零時橫坐標x=0，相應的縱坐標為y=或2k（r1