2025年河南省师范大学附属中学高二上物理期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

2025年河南省师范大学附属中学高二上物理期末教学质量检测模拟试题
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，a和b带电荷量相同，以相同动能从A点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径，则可知(重力不计)(　　)

A.两粒子都带正电，质量比
B.两粒子都带负电，质量比
C.两粒子都带正电，质量比
D.两粒子都带负电，质量比
2、如图所示，理想变压器的原线圈接有电阻R1，副线圈上接有一个电阻R2，其中，R1=4R2．已知电阻R和R上的电功率相等，则理想变压器的原线圈和副线圈的匝数比n1：n2为

A.1:1 B.4:1
C.3:1 D.2:1
3、物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用.下面列举的四种器件中，利用电磁感应原理工作的是（　　）
A.回旋加速器 B.电磁炉
C.质谱仪 D.示波管
4、某区域的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点。设A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，下列判断正确的是（　　）

A.EAEB
B.EAEB
C.EA=EB
D.EAEB
5、将充足气后质量为0.5kg的篮球从1.6m高处自由落下，篮球接触地面的时间为0.5s，竖直弹起的最大高度为0.9m．不计空气阻力，重力加速度大小为g=9.8m/s2．则触地过程中篮球地面的平均作用力大小为
A.4.9N
B.8.9N
C.9.8N
D.14.7N
6、如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出。已知板长为，板间距离为，板间电压为，带电粒子的电荷量为，粒子通过平行金属板的时间为，不计粒子重力，则（　　）

A.在前时间内，静电力对粒子做的功为
B.在后时间内，静电力对粒子做的功为
C.在粒子偏转前和后的过程中，静电力做功之比为
D.在粒子偏转前和后的过程中，静电力做功之比为
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、如下图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场．在边长为2R的正方形区域里也有匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相同．两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场．在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是(　　)

A.带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同
B.从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场
C.从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场
D.从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场
8、边长为L的正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图所示的有界匀强磁场区域．磁场区域的宽度为d（）．已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，正确的是（　　）

A.金属框中产生的感应电流方向相反
B.金属框所受的安培力方向相反
C.进入磁场过程的所用的时间等于穿出磁场过程的时间
D.进入磁场过程的发热量少于穿出磁场过程的发热量
9、嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走。我国发射的的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，经变轨成功落月。如图所示为其飞行轨道示意图，则下列说法正确的是

A.嫦娥三号的发射速度应该大于11.2 km/s
B.嫦娥三号在环月轨道1上P点的加速度等于在环月轨道2上P点的加速度
C.嫦娥三号在动力下降段中一直处于完全失重状态
D.嫦娥三号在环月轨道2上运行周期比在环月轨道1上运行周期小
10、图中虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面已知等势面b的电势为0，一电子经过a时的动能为8eV，从a到c的过程中克服电场力所做的功为4eV，下列说法正确的是（　　）

A.等势面a上的电势为－2V
B.该电子经过等势面c时，其电势能为2eV
C.该电子经过等势面a时的速率是经过c时的2倍
D.该电子可能到达不了等势面d
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）要减少电能输送时的损失，有两个途径：（1）、___________（2）、___________
12．（12分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：
A．小灯泡：规格为“3.8 V、0.3 A”
B．电流表：量程0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω
C．电流表：量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω
D．电压表：量程0～5 V，内阻约为5 kΩ
E.电压表: 量程0～15 V，内阻约为50 kΩ
F.滑动变阻器：阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A
G.滑动变阻器: 阻值范围0～100 Ω，额定电流50 mA
H．电池组：电动势6 V，内阻约为1 Ω
I．开关一只，导线若干
（1）为了使测量尽可能地准确，电流表应选______，电压表应选_____,滑动变阻器应选_______．(填器材代号)需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8 V且能方便地进行调节，滑动变阻器应采用_________的连接方式

（2）请在虚线框内设计一个电路图______
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）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

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）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
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、B
【解析】两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点受到洛伦兹力均向下，由左手定则可知，四指所指的方向与粒子的运动方向相反，所以这两个粒子均带负电，根据洛伦兹力提供向心力，得：，得，又动能，联立得：，可见m与半径r的平方成正比，故，选B.
【点睛】带电粒子在匀强磁场中以垂直于磁场方向运动，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动．根据偏转方向，利用左手定则来判断粒子所带的电性，根据半径表示粒子的质量，即可求得质量之比
2、D
【解析】由电路可知，电阻R1两端的电压等于原线圈两端的电压U1，电阻R2两端的电压等于副线圈两端的电压U2，根据电阻R1和R2上的电功率相等：，所以,D正确．故选D
3、B
【解析】A．回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．故A错误
B．电磁炉是利用电磁感应原理使产生涡流，将电能最终转化成内能．故B正确
C．质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象．故C错误
D．利用了电场加速和电场偏转的原理．故D错误
故选B。
4、A
【解析】由电场线的特点，电场线越密集，场强越大，所以EA＜EB；故A正确，BCD错误；
故选A。
5、D
【解析】由动能定理可以求出小球落地与反弹时的速度，然后由动量定理求出小球对地面的冲击力
【详解】由动能定理得：小球下落过程：mgh1=mv12-0，，方向竖直向下；小球上升过程：-mgh2=0-mv22，，方向竖直向上；以向下为正方向，由动量定理得：（mg-F）t=mv2-mv1，即：（0.5×9.8-F）×0.5=0.5×（-4.2）-0.5×5.6，F=14.7N；方向向上；故D正确，ABC错误．故选D
【点睛】本题考查动量定理的应用，只要能熟练应用动能定理与动量定理可以正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选取
6、B
【解析】AB．粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动：由可得，前时间内与时间内垂直于板方向之比为，在前时间内的位移为，在后时间内的位移为；电场力对粒子做功为

故A错误，B正确；
C．由电场力做功，则前粒子在下落前和后内，电场力做功之比。故CD错误。
故选B。

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、ABD
【解析】画轨迹草图如图所示，

由图可知粒子在圆形磁场中的轨迹长度(或轨迹对应的圆心角)不会大于在正方形磁场中的，故ABD正确，C错误。
8、AD
【解析】A．根据右手定则，进入时电流方向顺时针方向、穿出时电流方向为逆时针方向，所以两种情况电流方向相反，故A正确；
B．由左手定则可得进入时安培力方向水平向左，穿出时，安培力方向水平向左，总阻碍导线的运动，所受的安培力方向相同，故B错误；
C．由于线圈匀速进入磁场，感应电流消失，安培力消失，故继续做加速运动，出磁场时速度大于原来的速度，所以平均速度不同，故所用时间不同，故C错误；
D．根据功能关系可知，进入磁场产生的热量

穿出磁场过程外力做正功，线框动能减小，则有

可知

故D正确。
故选AD。
9、BD
【解析】A．在地球表面发射卫星的速度大于11.2km/s时，卫星将脱离地球束缚，绕太阳运动，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力，得，由此可知在轨道1上经过P点的加速度等于在轨道2上经过P点的加速度，故B正确；
C．嫦娥三号在动力下降段中，除了受到重力还受到动力，并不是完全失重状态，故C错误；
D．根据开普勒定律，由此可知，轨道半径越小，周期越小，故嫦娥三号在环月轨道2上运行周期比在环月轨道1上运行周期小，故D正确；
故选BD。
10、BD
【解析】根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解.
【详解】A、B、虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过a时的动能为8eV，从a到c的过程中克服电场力所做的功为4eV，则电势能增加4eV，因此ac等势面之间的电势差为4V，由于电子的电势能增加，所以等势面从a到c电势是降低的，因为b上的电势为0V，故a上的电势为2V，c上的电势为-2V，电势能为2eV，故A错误，B正确；
C、电子经过平面a的动能是经过c动能的2倍，故它在平面a时的速率是经过c时的倍，故C错误；
D、由A可知，相邻等差等势面电势差为2V．若电子经过a时速度方向与平面a垂直，则电子从a到d克服电场力做功需要6eV，电子可能到达平面d；但如果电子经过a时速度方向与平面a不垂直，电子将会在电场中做抛体运动，则可能不会到达平面d，故D正确；
故选BD.
【点睛】本题考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键.

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.减小输电线的电阻 ②.减小输送的电流
【解析】根据P损=I线2R线可知，要减少电能输送时的损失，有两个途径：（1）减小输电线的电阻；（2）减小输送的电流；
12、 ①.B ②.D ③.E ④.分压式 ⑤.

【解析】（1）[1][2][3][4]．小灯泡的额定电压为3.8V，则电压表应选择D；灯泡的额定电流为0.3A，为了减小测量的误差，使得测量更精确，电流表量程选择0～0.6A的B．需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8 V且能方便地进行调节，滑动变阻器要采用分压电路，故选用阻值较小的E；
（2）[5][6]．小灯泡电阻约为13Ω，则有

故灯泡电阻属于小电阻，电流表采用外接法．电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法．电路图如右图

点睛：本题考查灯泡伏安特性曲线的实验；解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，知道什么情况下选用电流表外接法，什么情况下选择电流表内接法

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、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
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、 (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