2025年贵州省都匀市第一中学物理高二第一学期期末预测试题含解析.doc

2025年贵州省都匀市第一中学物理高二第一学期期末预测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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，为两根相互平行的通电直导线a、b的横截面图，a、b的电流方向已在图中标出（）

A.导线a磁感线沿逆时针方向，导线a、b相互吸引
B.导线a磁感线沿顺时针方向，导线a、b相互吸引
C.导线a磁感线沿逆时针方向，导线a、b相互排斥
D.导线a磁感线沿顺时针方向，导线a、b相互排斥
2、一个边长为L的正方形导线框在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方垂直于斜面向上的匀强磁场中．如图所示，斜面以及虚线下方的磁场往下方延伸到足够远．下列说法正确的是(　　)

A.线框进入磁场的过程，b点的电势比a点高
B.线框进入磁场的过程一定是减速运动
C.线框中产生的焦耳热小于线框减少的机械能
D.线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量相等
3、如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）

A.a代表的电阻丝较细
B.b代表的电阻丝的电阻较大
C.将两条电阻丝并联后，其I—U图线位于a、b之间
D.将两条电阻丝串联后接入电路，a的热功率比b的小
4、如图所示为“跳环实验”的实验装置，将一个带较长铁芯的线圈L、开关S和直流电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻沿铁芯竖直跳起一定高度，待电路稳定又落下来．某同学由此实验受到启发，设想在此实验的基础上进行改进，使套环跳起后不落下来，悬在线圈正上方，成为一个“磁悬浮环”，下列哪种方案可能实现他的设想（　　）

A.增大直流电源的电压 B.选用匝数更多的线圈
C.把直流电源换成交流电源 D.选用质量较小的金属套环
5、在如图示电路中，电源电动势为E、内阻为r，L1、L2、L3均为小灯泡，P为滑动变阻器的滑动触头，开关S1、S2闭合。则

A.向右滑动触头P，小灯泡L2变亮
B.向右滑动触头P，小灯泡L3变亮
C.若只断开S2，小灯泡L1变暗
D.若只断开S2，小灯泡L2变亮
6、首先发现电磁感应现象的科学家是（　　）
A.法拉第 B.安培
C.奥斯特 D.楞次
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、如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r。当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L（可看作纯电阻）都恰能正常工作。已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是（　　）

A.电动机的额定电压为IR B.电动机的输出功率为IE-I2（R0+R+r）
C.电源的输出功率为IE-I2r D.整个电路的热功率为I2（R0+R）
8、某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R＝10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220sin100πt V，降压变压器的副线圈与阻值R0=11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）

A.通过R0电流的有效值是20A
B.降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1
C.升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压
D.升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率
9、如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（）

A.导体框中产生的感应电流方向相同
B.导体框中产生的焦耳热相同
C.通过导体框截面的电荷量相同
D.导体框ad边两端电势差相同
10、如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（ ）

A.只逐渐增大R1光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流
B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流
C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动
D.若断开电键S，带电微粒向下运动
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）在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图（）接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系。当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。然后按图（）所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联一成另一个闭合电路。

(1)S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针将_____偏转；
(2)线圈A放在B中不动时，指针将______偏转；
(3)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将______偏转（选填“向左”、“向右”或“不”）。
12．（12分）在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”的实验中，用________传感器测量螺线管的轴线上各点的磁感应强度，得到右图所示的B-d图线．实验中使用的螺线管的内径（直径）为m，根据图线估算螺线管中心的磁通量约为________Wb

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

15．（12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

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】根据右手螺旋定则可判断：导线a磁感线沿顺时针方向，再利用左手定则可判断：导线b受到了向右的安培力，力是相互的所以导线a、b相互排斥，故D正确；ABC错误；故选D
2、D
【解析】A.线框进入磁场的过程，ab边相当于电源，由右手定则知a点电势高于b点电势，选项A错误；
B.若线圈开始进入磁场时所受的安培力小于mgsinθ，则线圈加速进入磁场；若线圈开始进入磁场时所受的安培力等于mgsinθ，则线圈匀速进入磁场；若线圈开始进入磁场时所受的安培力大于mgsinθ，则线圈减速进入磁场，选项B错误；
C.由能量守恒知,线框中产生的焦耳热等于线框减少的机械能，选项C错误；
D.通过导线横截面的电荷量，与下落高度无关，选项D正确
3、A
【解析】AB．图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大。故A正确、B错误。
C．将两条电阻丝并联后，其电阻值小于b的电阻，则其I—U图线位于b与I轴之间，选项C错误；
D．将两条电阻丝串联后接入电路，电流相等，根据P=I2R可知，a的热功率比b的大，选项D错误；
故选A。
4、C
【解析】增大直流电源的电压，在套环中产生的感应电流更大，跳起更高，但还会掉下来，故A错误．选用匝数更多的线圈，在套环中产生的感应电流更大，跳起更高，但还会掉下来，故B错误．把直流电源换成交流电源，则在线圈中始终有感应电流产生，则套环总受安培力作用，这样可以使套环跳起后不落下来，悬在线圈正上方，成为一个“磁悬浮环”，选项C正确；选用质量较小的金属套环，同样在套环中产生的感应电流，只是跳起更高，但还会掉下来，故D错误．故选C.
点睛：此题要理解套环跳起的原因以及悬浮的原因，即产生感应电流的效果阻碍引起感应电流磁通量的变化
5、B
【解析】AB.在S2处于闭合状态下，向右滑动触头P，总电阻增大，总电流减小内电压和L2两端电压减小，L2变暗；则L3两端电压增大，故L3变亮，故A错误，B正确；
CD.若只断开S2，总电阻增大，总电流减小，内电压和L2两端电压减小，L2变暗；则L1和P两端电压增大，电流增大，故L1变亮，故C错误，D错误。
故选：B
6、A
【解析】首先发现电磁感应的科学家是法拉第。故A正确，BCD错误

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、BC
【解析】A.电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律，IR不是电动机的额定电压，故A错误；
B.根据能量守恒定律可知，电动机总功率为，内部消耗功率为，故输出功率为，故B正确；
C.电源的总功率为IE，内部消耗功率为I2r，则电源的输出功率为，故C正确；
D.整个电路的热功率为，故D错误。
故选BC。
8、ABD
【解析】在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率
【详解】A项：通过用电器的电流有效值，故A正确；
B项：由原、副线圈的电压之比等于匝数比，所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1，故B正确；
C项：由于输电线上有电压损失，所以升压变压器T1的输出电压大于降压变压器T2的输入电压，故C错误；
D项：由于输电线上有功率损失，所以升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率，故D正确
故选ABD
【点睛】解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系
9、AC
【解析】由题意可知考查电磁感应中电流方向、能量转化、电路问题，根据电磁感应规律分析计算可得
【详解】A．由楞次定律分析可知导体框中产生感应电流方向都为逆时针方向，故A正确；
B．导体框拉出过程中产生焦耳热等于克服安培力做的功，设导体框边长为L，总电阻为R

联立可得因两次拉出时的速度不同，产生的焦耳热不同，故B错误；
C．两次拉出时磁通量变化量相同，线圈电阻相同，通过导体框截面电荷量相同

故C正确；
D．向右拉出时

向上拉出时

导体框ad边两端电势差不相同，故D错误
【点睛】导体棒切割磁感线部分是电源，电源两端电压指的是外电压．向右切割时ad是电源，ad两端电压指的是ab、bc、bd三段电阻电压之和，向上拉出时，bc是电源，ad两端电压是ad段电阻电压．产生焦耳热等于克服安培力做功，由可比较产生热量关系
Ⅱ卷（非选择题
10、AD
【解析】A、只逐渐增大的光照强度，的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻中有向上的电流，故选项A正确；
B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻的滑动端向上端移动时，对电路没有影响，故选项B错误；
C、只调节电阻的滑动端向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由可知电场力变大，带电微粒向上运动，故选项C错误；
D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故选项D正确

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.右偏 ②.不偏 ③.右偏
【解析】(1)[1]线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；
(2)[2]线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；
(3)[3]线圈A中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转。
12、 ①.磁 ②.Wb
【解析】在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”的实验中，用磁传感器测量螺线管的轴线上各点的磁感应强度
根据图线知，螺线管中心的磁感应强度的大小大约为4.5×10-3T，则磁通量
Φ=BS=B∙＝4.5×10−3×=5.6×10-6Wb

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、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θ30°
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
15、（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