2025屆湖北省襄陽、孝感市物理高二第一學期期末教學質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、如圖所示的電路，閉合開關S，當滑動變阻器滑片P向右移動時，下列說法正確的是（）A.電流表讀數變小，電壓表讀數變大B.小燈泡L變暗C.電源的總功率變大D.電容器C上電荷量增加2、關于運動電荷在磁場中所受洛倫茲力的說法正確的是()A.洛侖茲力與速度在一條直線上B.洛侖茲力可以改變速度方向C.洛侖茲力可以使速度增加D.洛侖茲力可以使速度減小3、如圖所示，A、B、C三只電燈均能發光，當把滑動變阻器的觸頭P向下滑動時，三只電燈亮度的變化是()A.A、B變亮，C變暗 B.A、B、C都變亮C.A、C變亮，B變暗 D.A變亮，B、C變暗4、根據下面給出的速度和加速度的正負，對運動性質的判斷正確的是（）A.v0>0，a<0，物體做加速運動 B.v0<0，a<0，物體做減速運動C.v0<0，a>0，物體做加速運動 D.v0>0，a>0，物體做加速運動5、質量為m、帶電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向里的勻強磁場中，磁感應強度為B，如圖所示，若帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下面說法正確的是A.小物塊帶正電荷B.小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動C.小物塊在斜面上運動時做加速度增大的加速直線運動D.小物塊在斜面上下滑過程中，當小物塊對斜面壓力為零時的速率為6、汽車在水平路面上剎車時位移隨時間變化的規律為：x=20t－2t2(x的單位是m，t的單位是s).則關于該汽車的運動，下列判斷中正確的是()A.剎車前的行駛速度為10m/sB.剎車過程中的加速度為2m/s2C.剎車后的行駛時間為10sD.剎車后的位移為50m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，給平行板電容器帶一定量的電荷后，將電容器的兩極板A、B分別跟靜電計的指針和外殼相連．下列說法中正確的是（）A.將A極板向右移動少許，靜電計指針的偏轉角將增大B.將A極板向左移動少許，靜電計指針的偏轉角將增大C.將B極板向上移動少許，靜電計指針的偏轉角將減小D.將一塊玻璃板插入A、B兩極板之間，靜電計指針的偏轉角將減小8、如圖所示，在一個半徑為R的圓形區坡內存在微感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個比荷為的正粒子，從A點沿與AO夾角的方向射入勻強磁場區域，最終從B點沿與AO垂直的方向離開磁場．若粒子在運動過程中只受磁場力作用，則A.粒子運動的軌道半徑B.粒子在磁場區域內運動的時間C.粒子的初速度的D.若僅改變初速度的方向，該粒子仍能從B點飛出磁場區域9、如圖所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度下列操作可使指針張開角度增大一些的是A.保持開關S閉合，將R上的滑片向右移動B.斷開開關S后，將A、B兩極板分開一些C.斷開開關S后，將A、B兩極板的正對面積減小一些D.保持開關S閉合，將A、B兩極板分開一些10、關于某一閉合電路的性質，下列說法正確的是A.外電路斷路時，路端電壓最高B.由U外＝IR可知，外電壓隨I增大而增大C.由U內＝Ir可知，電源內壓隨I的增大而增大D.由P＝IU可知，電源的輸出功率P隨輸出電流I的增大而增大三、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）某小組利用圖（a）所示的電路，研究硅二極管在恒定電流條件下的正向電壓U與溫度t的關系，圖中V1和V2為理想電壓表；R為滑動變阻器，R0為定值電阻（阻值100Ω）；S為開關，E為電源．實驗中二極管置于控溫爐內，控溫爐內的溫度t由溫度計（圖中未畫出）測出．圖（b）是該小組在恒定電流為50.0μA時得到的某硅二極管U-t關系曲線．回答下列問題：[Failedtodownloadimage:/QBM/2019/6/8/2221366939320320/2221383439851520/STEM/2fff2ebe-baaa-4a15-8532-5e033f9f045b.png]（1）實驗中，為保證流過二極管的電流為50.0μA，應調節滑動變阻器R，使電壓表V1的示數為U1=______mV；根據圖（b）可知，當控溫爐內的溫度t升高時，硅二極管正向電阻_____（填“變大”或“變小”），電壓表V1示數_____（填“增大”或“減小”），此時應將R的滑片向_____（填“A”或“B”）端移動，以使V1示數仍為U1（2）由圖（b）可以看出U與t成線性關系，硅二極管可以作為測溫傳感器，該硅二極管的測溫靈敏度為=_____×10-3V/℃（保留2位有效數字）12．（12分）在用電流表和電壓表測定電池的電動勢和內阻的實驗中，現備有以下器材：A．干電池1個、B．滑動變阻器（0~50Ω）、C．滑動變阻器（0~1750Ω）、D．電壓表（0~3V）、E．電壓表（0~15V）、F．電流表（0~0.6A）、G．電流表（0~3A）其中滑動變阻器應選____，電流表應選___，電壓表應選___填寫字母序號即可）上圖是根據實驗數據畫出的U-I圖像．由此可知這個干電池的電動勢E=_____V，內電阻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）如圖所示，在水平面（紙面）內虛線MN的右側存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向豎直向下．虛線MN的左側放置一邊長為L的正方形導體線框abcd，其一條邊cd與MN平行．現給導體框一水平向右的恒力F，導體框恰好能夠勻速進入磁場中（移動過程中cd始終與MN平行）．已知線框質量為m，電阻為R，線框與水平面的滑動摩擦力大小為，求：（1）線框進入磁場過程中的速度大小；（2）線框進入磁場過程中流經線框某一橫截面的電荷量14．（16分）如圖所示，空間內有方向垂直紙面(豎直面)向里的有界勻強磁場區域Ⅰ、Ⅱ，磁感應強度大小未知．區域Ⅰ內有豎直向上的勻強電場，區域Ⅱ內有水平向右的勻強電場，兩區域內的電場強度大小相等．現有一質量m＝0.01kg、電荷量q＝0.01C的帶正電滑塊從區域Ⅰ左側與邊界MN相距L＝2m的A點以v0＝5m/s的初速度沿粗糙、絕緣的水平面向右運動，進入區域Ⅰ后，滑塊立即在豎直平面內做勻速圓周運動，在區域Ⅰ內運動一段時間后離開磁場落回A點．已知滑塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.225，重力加速度g＝10m/s2.(1)求勻強電場的電場強度大小E和區域Ⅰ中磁場的磁感應強度大小B1；(2)求滑塊從A點出發到再次落回A點所經歷的時間t；(3)若滑塊在A點以v0′＝9m/s的初速度沿水平面向右運動，當滑塊進入區域Ⅱ后恰好能做勻速直線運動，求有界磁場區域Ⅰ的寬度d及區域Ⅱ內磁場的磁感應強度大小B2.15．（12分）由小型直流電動機、小燈泡和定值電阻組成的電路如圖所示，已知電源電動勢E=20V，內阻r=1Ω，定值電阻R=4Ω，小燈泡上標有“3V，4.5W”字樣，電動機線圈電阻=1Ω，開關閉合時，小燈泡和電動機均恰好正常工作。求：(1)電路中電流強度；(2)電動機的總功率；(3)電動機的輸出功率。

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】首先認識電路的結構：燈泡與變阻器串聯，電容器與變阻器并聯．當滑動變阻器滑片P向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，根據歐姆定律分析【詳解】當滑動變阻器滑片P向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，根據歐姆定律可知，電流I=增大，電壓表的讀數U=E-Ir減小．故A錯誤．燈泡功率P=I2RL，RL不變，I增大，P增大，則燈泡變亮．故B錯誤．電源的總功率P總=EI，E不變，I增大，P總增大．故C正確．電容器電壓UC=E-I（RL+r）減小，電容器電量Q=CUC減小．故D錯誤．故選C【點睛】本題考查電路動態分析的能力，比較簡單．對于電路動態分析往往按“局部→整體→局部”的思路2、B【解析】A．根據左手定則可知洛倫茲力和速度方向垂直，故A錯誤；BCD．洛倫茲力和速度方向垂直，只能改變速度的方向，不能改變速度的大小，故B正確，CD錯誤。故選B。3、A【解析】當滑動變阻器的滑動觸頭向下移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據全電路歐姆定律得知，干路中電流I增大，則A燈變亮．電路中并聯部分電壓U并=E-I（RA+r），I增大，其他量不變，則U并減小，C燈變暗．通過B燈的電流IB=I-IC，I增大，IC減小，則IB增大，B燈變亮．所以A、B燈變亮，C燈變暗．故A正確，BCD錯誤；故選A【點睛】對于電路中動態變化分析問題，往往按“局部→整體→局部”的思路，按部就班進行分析．也可以直接根據串聯電路電壓與電阻成正比，分析各部分電壓的變化，確定A、C兩燈亮度的變化.4、D【解析】A．，，說明物體加速度方向與速度方向相反，物體應該做減速運動，故A錯誤；B．，，說明物體加速度方向與速度方向相同，物體應該做加速運動，故B錯誤；C．，，說明物體加速度方向與速度方向相反，物體應該做減速運動，故C錯誤；D．，，說明物體加速度方向與速度方向相同，物體應該做加速運動，故D正確。故選D。5、B【解析】A．帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，知洛倫茲力的方向垂直于斜面向上。根據左手定則知，小球帶負電，故A錯誤；BC．小球在運動的過程中受重力、斜面的支持力、洛倫茲力，合外力沿斜面向下，大小為，根據牛頓第二定律知小球在離開斜面前做勻加速直線運動，故B正確，C錯誤；D．當壓力為零時，在垂直于斜面方向上的合力為零，有解得故D錯誤。故選B。6、D【解析】根據勻變速直線運動的規律可得：剎車前的行駛速度為v0="20"m/s；所以A錯誤；剎車過程中的加速度，a="-4"m/s2，所以B錯誤；剎車后的行駛時間，所以C錯誤；剎車后的位移，故D正確二、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、BD【解析】將A極板向右移動少許，電容器兩板間的距離減小，根據電容的決定式可知，電容C增大，而電容的電量Q不變，則電容的定義式可知，電容器板間電勢差U減小，靜電計指針的偏轉角將減小．故A錯誤．同理可知，將A極板向左移動少許，電容器兩板間的距離增大，根據電容的決定式可知，電容C減小，而電容的電量Q不變，則電容的定義式可知，電容器板間電勢差U增大，靜電計指針的偏轉角將變大．故B正確.將B極板向上移動少許，兩板正對面積減小，根據電容的決定式可知，電容C減小，而電容的電量Q不變，則電容的定義式可知，電容器板間電勢差U增大，靜電計指針的偏轉角將增大．故C錯誤．將一塊玻璃板插入A、B兩極板之間，根據電容的決定式可知，電容C增大，而電容的電量Q不變，則電容的定義式可知，電容器板間電勢差U減小，靜電計指針的偏轉角將減小．故D正確．故選BD點睛：本題是電容器的動態變化分析問題，關鍵由電容的決定式和電容的定義式結合分析.8、AC【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，速度的偏向角等于軌跡對應的圓心角．畫出軌跡，由數學知識求出軌跡半徑，再利用洛倫茲力提供向心力結合結合關系即可分析求解，利用周期公式結合粒子在磁場中轉過的圓心角，求解粒子在磁場中運動的時間【詳解】A、畫出粒子軌跡示意圖，如下圖所示，因為粒子從B點沿與AO垂直方向離開磁場，故O′B與AO平行，又因為OAB與O′AB均為等腰三角形，可得：OAB=OBA=O′BA=O′AB，所以O′A與BO也平行，因為粒子速度方向偏轉的角度為，故AO′B=，所以四邊形OAO′B為兩個等邊三角形組成的菱形，故粒子運動的軌道半徑r=R，故A正確B、粒子在磁場中運動的周期：T==，粒子在磁場中轉過的圓心角=600，所以粒子在磁場中運動的時間為：t==，故B錯誤C、根據洛倫茲力提供向心力可得：qv0B=m，結合軌道半徑r=R，聯立可得粒子的初速度為：v0=，故C正確D、當入射粒子速度方向發生變化時，粒子運動的軌跡示意圖如圖所示，速度大小不變，粒子做圓周運動的半徑不變，入射速度方向發生變化，粒子在圓周上的出射點也隨之變化，所以若僅改變初速度的方向，該粒子將不能從B點飛出磁場區域，故D錯誤故選A、C【點睛】本題考查帶電粒子在有界勻強磁場中的運動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，利用洛倫茲力提供向心力，結合幾何關系進行求解；運用粒子在磁場中轉過的圓心角，結合周期公式，求解粒子在磁場中運動的時間9、BC【解析】保持開關閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢，故電容器兩端的電勢差不變，則指針張角不變，故AD錯誤；斷開開關S后，電容器帶電量Q不變，將A、B兩極板的正對面積S減小，電容C減小，根據知，電勢差U增大，指針張角增大，故C正確；斷開開關S后，電容器帶電量不變，將AB分開一些，則d增大，電容減小，根據知，電勢差U增大，指針張角增大，故B正確.故選BC.考點：電容器的動態分析【名師點睛】本題考查電容器的動態分析，關鍵抓住斷開電鍵，電容器所帶的電量不變，電鍵閉合，電容器兩端的電勢差不變；靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，斷開電鍵，電容器所帶的電量不變，根據電容的變化判斷電勢差的變化．閉合電鍵，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢10、AC【解析】A．外電路斷路時，外電路，有，所以有：則路端電壓最高，故A正確；B．根據閉合電路的歐姆定律得：，可知外電壓隨I的增大而減小，而U外＝IR中，I的增大伴隨R的減小，故B錯誤；C．針對某一電源來說，內阻r一定，故由U內＝Ir可知電源的U內隨I的增大而增大；故C正確；D．外功率P＝IU，隨著I的增大路端電壓U會減小，不能得到外功率與電流的關系；而由外功率:根據數學知識分析可得，當電源的內電阻等于外電阻時，輸出功率最大，當電流增大時，電源的輸出功率可能變大，也可能變小，故D錯誤。故選AC。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、①.5.00②.變小③.增大④.B⑤.2.8【解析】（1）U1=IR0=100Ω×50×10-6A=5×10-3V=5mV由，I不變，溫度升高，U減小，故R減小；由于R變小，總電阻減小，電流增大；R0兩端電壓增大，即V1表示數變大，只有增大電阻才能使電流減小，故滑動變阻器向右調節，即向B端調節（2）由圖可知，=2.8×10-3V/℃12、BFD1.5V1Ω【解析】[1][2][3]干電池的電動勢大約1.5V，所以選擇量程為3V的電壓表；干電池中的電流不允許過大，一般不能大于0.6A，所以選擇量程為0.6A的電流表．則滑動變阻器阻值無需過大，所以選擇050Ω的滑動變阻器[4][5]由閉合電路歐姆定律得，即結合圖像可知：斜率的絕對值表示內阻四、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）【解析】應用安培力公式求出安培力，線框勻速進入磁場，由平衡條件可以求出線框進入磁場速度大小；由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由歐姆定律求出感應電流，應用電流定義式求出電荷量【詳解】（1）線框進入磁場過程受到的安培力：線框勻速進入磁場，由平衡條件得：解得：（2）線框進入磁場過程，感應電動勢：感應電流：通過線框導線橫截面的電荷量：q＝I△t解得：【點睛】電磁感應與力學相結合的綜合題14、(1)10V/m6.4T(2)()s(3)mT【解析】（1）小球進入復合場區域后，小球立即在豎直平面內做勻速圓周運動，說明重力與電場力的大小相等，方向相反；A到N的過程中根據牛頓第二定律可求出小球到達N點的速度．小球離開磁場后做平拋運動