2025-2026学年陕西省渭南市富平县物理高二第一学期期末监测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年陕西省渭南市富平县物理高二第一学期期末监测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B．电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（O轴位于磁场边界）．则线框内产生的感应电流的有效值为

A B.
C. D.
2、如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy，第一、二象限存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．质量均为m、电荷量分别为+q和-q的两个粒子（不计重力），从坐标原点O以相同的速度v先后射入磁场，v方向与x轴成θ=30°角，带正、负电的粒子在磁场中仅受洛仑兹力作用，则（）

A.带负电的粒子回到x轴时与O点的距离为
B.带正电的粒子在磁场中运动的时间为
C.两粒子回到x轴时的速度不相同
D.从射入到射出磁场的过程中，两粒子运动时间相同
3、物理学领域里的每次重大发现，都有力地推动了人类文明的进程．最早利用磁场获得电流，使人类得以进入电气化时代的科学家是（）
A.库仑 B.奥斯特
C.安培 D.法拉第
4、某同学沿400m的跑道跑步一圈后回到起点，此过程的路程和位移分别是　　
A.400 m，0 B.400 m，400 m
C.0，400 m D.0，0
5、关于电流,下列各种说法中正确的是(   )
A.电流的定义式I=q/t,适用于任何电荷的定向移动形成的电流
B.由I=nqsv可知,金属导体中自由电荷的运动速率越大,电流一定越大
C.电荷定向移动的方向就是电流的方向
D.因为电流有方向,所以电流是矢量
6、如图所示，A、B、C是在地球大气层外的圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，下列说法中正确的是（　　）

A.B、C的角速度相等，且小于A的角速度
B.B、C的线速度大小相等，且大于A的线速度
C.B、C的向心加速度相等，且大于A的向心加速度
D.B、C的周期相等，且小于A的周期
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是（）

A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
8、忽略温度对电阻的影响，下列说法中错误的是（ ）
A.根据R=U/I知，虽然加在电阻两端的电压为原来的两倍，但导体的电阻不变
B.根据R=U/I知，加在电阻两端的电压为原来的两倍时，导体的电阻也变为原来的两倍
C.根据I=U/R知,通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比
D.导体中的电流越大，电阻就越小
9、有四个物体A、B、C、D,物体A、B运动的x-t图像如图甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v-t图像如图乙所示．根据图象做出的以下判断中正确的是

A.物体A和B均做匀变速直线运动
B.在0～3s的时间内，物体A、B的间距逐渐增大
C.t=3s时，物体C、D的速度相同
D.在0～3s的时间内，物体C与D的间距逐渐减小
10、如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则 (　　)

A.电源的功率变小
B.电容器储存的电荷量变小
C.电源内部消耗的功率变大
D.电阻R消耗的电功率变小
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）为了研究某导线的特性，某同学所做部分实验如下：

(1)用螺旋测微器测出待测导线的直径，如图甲所示，则螺旋测微器的读数为_______mm；
(2)用多用电表直接测量一段导线的阻值，选用“×10”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，因此需选择_______倍率的电阻档（选填“×1”或“×100”），欧姆调零后再进行测量，示数如图乙所示，则测量值为_______ Ω；
(3)另取一段同样材料的导线，进一步研究该材料的特性，得到电阻 R随电压U变化图像如图丙所示，则由图像可知，该材料在常温时的电阻为_______Ω；当所加电压为 3.00V时，材料实际消耗的电功率为_______W．（结果保留两位有效数字）
12．（12分）现在要测量一段电阻丝的电阻率ρ，电阻丝的阻值Rx≈0.5 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A。现提供如下器材：

(1)下面四位同学分别设计的“测量部分”的电路，你认为合理的是________。

(2)实验中滑动变阻器应该选择________(选填“R1”或“R2”)，并采用________接法。
(3)根据你在(1)、(2)中的选择，在图中完成实验电路的连接________。

(4)实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得拉直后电阻丝的长度为L，直径为D，则待测电阻丝的电阻率ρ的计算式为ρ＝________。
(5)用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图所示，则该电阻丝的直径D＝________ mm。

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、D
【解析】交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，则有，解得：．故D项正确，ABC三项错误
2、A
【解析】画出粒子运动的轨迹，根据半径公式结合几何关系求出带负电的粒子回到x轴时与O点的距离；根据t＝T，求出带电粒子在磁场中运动的时间；粒子匀速圆周运动，速率不变，速度方向由轨迹图判断是否相同；
【详解】带电粒子运动的轨迹如图所示：

带负电的粒子顺时针方向偏转，粒子运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角为60°，△OO2B为等边三角形，OB＝R＝，所以带负电的粒子回到x轴时与O点的距离为，故A正确；粒子匀速圆周运动的周期，带正电的粒子在磁场中运动的时间，带负电的粒子在磁场中运动的时间，故BD错误；两粒子均做匀速圆周运动，速率不变，两粒子回到x轴时的速度大小为v，方向都与x轴正方向的夹角为30°，所以两粒子回到x轴时的速度相同，故C错误；故选A
【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键是画出粒子运动的轨迹，根据牛顿第二定律和圆周运动的规律求解，记住半径公式和周期公式
3、D
【解析】最早利用磁场获得电流的物理学家是法拉第，是法拉第发现的电磁感应现象，使人类得以进入电气化时代
A.库仑．与史实不符，故A错误；
B.奥斯特．与史实不符，故B错误；
C.安培．与史实不符，故C错误；
D.法拉第．与史实相符，故D正确
4、A
【解析】运动员沿跑道跑完一周，路程等于跑道的周长，即s=400m，位移等于首末位置的距离，即x=0，故A正确，BCD错误
5、A
【解析】A、电流的定义式I=q/t采用的是比值定义法，具有比值定义法的共性是普遍适用，适用于任何电荷的定向移动形成的电流；故A正确.
B、由I=nqsv可知，电流的大小跟导体的材料(决定n)，导体的横截面积(s)和电荷定向移动的速率(v)共同决定；故B错误.
C、物理学中把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，负电荷定向移动的反方向是电流的方向；故C错误.
D、电流有大小和方向，但方向是指沿着电荷运动的直线上，不同于矢量的方向；故电流是标量；故D错误.
故选A.
6、A
【解析】A．根据万有引力提供向心力

得到

所以轨道越大，角速度越小，B、C的角速度相等，且小于A的角速度，A正确；
B．根据万有引力提供向心力

得到

所以轨道越大，线速度越小， B、C的线速度大小相等，且小于A的线速度，B错误；
C．根据万有引力提供向心力

得到

轨道越大，向心加速度越小，B、C的向心加速度相等，且小于A的向心加速度，C错误；
D．根据周期公式，结合选项A分析得到，B、C的周期相等，且大于A的周期，D错误；
故选A。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BD
【解析】A．入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动也一定相同，虽然轨迹不一样，但圆心角却相同。故A错误；
B．在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；
C．根据（θ为转过圆心角）可知圆心角相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，如粒子都从左边界离开磁场，圆心角均为180°，但是出射点不同，轨迹就不同。故C错误；
D．由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大。故D正确。
故选BD。
8、BD
【解析】电阻是导体自身的一种特性，它由导体的材料、长度、横截面积和温度决定，与加在导体两端的电压和通过导体的电流大小无关
【详解】A、B、D项：电阻是导体本身的性质，与导体两端的电压无关，故A正确，B错误，D错误；
C项：由欧姆定律I=U/R可知，由于导体的电阻不变，所以通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比，故C正确
本题选不正确的，故应选：BD
【点睛】本题考查电阻的性质，要注意电阻是导体本身的性质，与电压及电流无关
9、BC
【解析】位移时间图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率等于速度；坐标的变化量表示位移．速度时间图象的“面积”表示位移，交点表示速度相等，分析两物体的运动情况，判断C、D间距离的变化.
【详解】A．由甲图看出：物体A和B位移时间图+象都是倾斜的直线，斜率不变，速度不变，说明物体A和B都做匀速直线运动，故A错误；
B．A图线的斜率大于B图线的斜率，A的速度比B的大，则知在0～3s的时间内，A在B的前方，两者间距逐渐增大，故B正确；
C．t=3s时，物体C、D的图线相交，两者速度相同，故C正确；
D．由乙图看出：0-3s内，D的速度比C的大，C、D是从同一地点沿同一方向开始运动的，所以D在C的前方，两者间距增大．故D错误。
【点睛】对于位移图象和速度图象要从图象的数学意义来理解其物理意义，抓住斜率、面积、交点等数学意义分析物体的运动情况
10、BC
【解析】在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，由欧姆定律分析并联部分电压的变化，从而分析电容的电量如何变化，根据功率的公式分析功率的变化
【详解】在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，可知干路电流I变大，根据P=EI，可知电源的功率变大，根据，可知电源内部消耗的功率变大，故A错误，C正确；因干路电流I变大，则路端电压U变小，而电压变大，而，则并联部分的电压变小，即电容器两端的电压变小，根据Q=CU，可知电容器储存的电荷量变小，故B正确；因不知道R与的大小关系，无法判断电阻R消耗的电功率变化情况，故D错误；故选BC
【点睛】本题为闭合电路欧姆定律中的含容电路，要注意明确与电容器串联的电阻在电路稳定时，可以将其作为导线处理

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、 ①.1.731（1.730—1.733） ②.×1 ③.22 ④.1.5 ⑤.0.78（0.70—0.80均给分）
【解析】(1)[1]由图可知，螺旋测微器的示数为：d=1.5+23.0×0.01mm=1.730mm；
(2)[2]角度偏转太大，则说明示数太小，阻值太小，应换用小倍率档位，故选用×1档；
[3]由图可知，电阻值为：22×1=22Ω；
(3)[4]由图可知，常温不加电压时，电阻为1.5Ω；
[5]加电压为3V时，电阻为11.5Ω；则功率：

12、 ①.C ②.R1 ③.分压 ④.见解析图 ⑤. ⑥.1.205(±0.002)
【解析】(1)电阻丝Rx两端的最大电压
U＝IRx＝0.25 V
比电压表量程小得多，需要串联一分压电阻，即串联一标准电阻R0，此时
R0＋Rx<
电流表采用外接法，选项C正确。
(2)滑动变阻器若选用R2或采用限流接法，调控范围小，应选择R1，并采用分压接法。
(3)根据测量电路图和滑动变阻器的分压式接法，实物连线如图所示。

(4)待测电阻

由电阻定律得

联立解得

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N
14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
15、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得