2025屆福建省閩侯第一中學物理高二第一學期期末復習檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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、電源、開關S、定值電阻R1、燈泡L、光敏電阻R2和電容器連接成如圖所示的電路，電容器的兩平行板水平放置．當開關S閉合，并且無光照射光敏電阻R2時，一帶電液滴恰好靜止在電容器兩板間的M點．當用強光照射時，光敏電阻的阻值變小，則A.帶電液滴帶正電 B.燈泡亮度變暗C.電容器所帶電荷量減小 D.液滴向上運動2、四盞燈泡接成如圖所示的電路，a、c燈泡的規格為“220V40W”，b、d燈泡的規格為“220V100W”，各個燈泡的實際功率都沒有超過它的額定功率，則這四盞燈泡實際消耗功率大小的順序是A.B.C.D.3、如圖所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點，通過pa段用時為t.若該微粒經過P點時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結合為一個新微粒，最終打到屏MN上．若兩個微粒所受重力均忽略,則新微粒運動的()A.軌跡為pb,至屏幕的時間將小于tB.軌跡為pc,至屏幕的時間將大于tC.軌跡為pa，至屏幕的時間將大于tD.軌跡為pb,至屏幕時間將等于t4、如圖所示，在半徑為R圓形區域有垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，從A點沿著AO方向垂直磁場射入大量帶正電、電荷量為q、質量為m、速率不同的粒子，不計粒子間的相互作用力和重力，關于這些粒子在磁場中的運動以下說法正確的是（）A.這些粒子出射方向的反向延長線不一定過O點B.速率越大的粒子在磁場中通過的弧長越長，時間也越長C.這些粒子在磁場中的運動時間相同D.若粒子速率滿足v=qBR/m，則粒子出射方向與入射方向垂直5、邊長為L的閉合正三角形金屬框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直框架平面向里的勻強磁場中.現用外力F把框架水平勻速拉出磁場（如圖），若用E表示感應電動勢大小，P表示外力的功率，則各物理量與框架運動位移x的關系圖像正確的是（）A. B.C. D.6、關于地磁場，下列敘述正確是（）A.地球的地磁兩極和地理兩極重合B.我們用指南針確定方向，指南的一極是指南針的北極C.地磁的北極與地理的南極重合D.地磁的北極在地理南極附近二、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、關于勻速圓周運動的向心力，下列說法正確的是A.向心力是使物體做圓周運動的力，是根據力的作用效果命名的B.向心力可以是多個力的合力，也可以是其中一個力或一個力的分力C.對穩定的圓周運動，向心力是一個恒力D.向心力的效果是改變質點的線速度大小8、如圖所示，線圈C連接光滑平行導軌，導軌處在方向垂直紙面向里的勻強磁場中，導軌電阻不計，導軌上放著導體棒MN.為了使閉合線圈A產生圖示方向的感應電流，可使導體棒MN()A.向右加速運動 B.向右減速運動C.向左加速運動 D.向左減速運動9、在如圖所示的電路中電源電動勢為E，內阻為r，M為多種元件集成的電子元件，通過它的電流始終為恒定值，L1和L2是規格相同的小燈泡（其電阻不隨溫度變化），R為可變電阻，現閉合開關S，調節可變電阻R使其電阻值逐漸減小，下列說法正確的是（）A.燈泡L1變暗、L2變亮B.通過電阻R的電流增大C.電子元件M兩端的電壓變大D.電源兩端電壓變小10、如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中（E、g和B已知），小球在此空間的豎直面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（）A.小球帶負電B.小球做勻速圓周運動過程中機械能保持不變C.小球做勻速圓周運動過程中周期D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期變大三、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）如圖，一電子束在陰極射線管中從右向左運動，手拿條形磁鐵上端，讓條形磁鐵的下端靠近陰極射線管，電子束發生向下偏轉，則圖中條形磁鐵的下端是________極(填“N”或“S”)。若將條形磁鐵拿開，加一豎直方向的勻強電場，仍使電子束向下偏轉，則勻強電場的方向豎直向_________(填“上”或“下”)。12．（12分）用螺旋測微器測金屬棒直徑為___________mm；用20分度游標卡尺測金屬棒長度為________cm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，導軌寬L.勻強磁場磁感應強度為B.金屬桿長也為L，質量為m，水平放在導軌上．當回路總電流為I1時，金屬桿正好能靜止．求：(1)當B的方向垂直于導軌平面向上時B的大小；(2)若保持B的大小不變而將B的方向改為豎直向上，應把回路總電流I2調到多大才能使金屬桿仍保持靜止？14．（16分）如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m，金屬導軌所在平面與水平面夾角θ=37°，在導軌所在的平面內，分布著磁感應強度B=0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內阻r=0.50Ω的直流電源。現把一個質量m=0.040kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止。導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5Ω，金屬導軌電阻不計，取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80。求：(1)通過導體棒的電流；(2)導體棒受到的安培力大小；(3)導體棒受到的摩擦力。15．（12分）如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，其寬度L=1m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接一阻值為R=0.30Ω的電阻，質量為m=0.01kg、電阻為r=0.40Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上。現使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導軌電阻不計，g取10m/s2（忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響）。(1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢高低；(2)求磁感應強度B大小；(3)在金屬棒ab從開始運動的1.5s內，電阻R上產生的熱量。

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、D【解析】先讀懂電路圖，知該電路R1和R2串聯，電容器兩端間的電壓等于R1兩端間的電壓，當用強光照射光敏電阻R2時，光敏電阻的阻值變小，根據閉合電路歐姆定律分析電容器兩端的電壓變化，從而知道電場的變化；再分析帶電液滴的受力情況，確定運動．通過電容器兩端電壓的變化，就可知道電容器所帶電量的變化【詳解】電容器上極板帶正電，油滴受電場力向上，可知油滴帶負電，選項A錯誤；當用強光照射光敏電阻R2時，光敏電阻的阻值變小，電路中電流增大，由PL=I2RL知燈泡的功率增大，將變亮，故B錯誤．電流增大，R1兩端間的電壓增大，則電容器的電壓增大，由電容器的電量公式Q=CU知電容器所帶的電荷量增大，故C錯誤．電容器板間場強E=U/d，知板間電壓增大，場強增大，液滴所受的電場力（方向向上）增大，故液滴向上運動，故D正確．故選D【點睛】本題考查了電容器的動態分析、閉合電路的歐姆定律、部分電路的歐姆定律、勻強電場．解決本題的關鍵抓住電容器兩端電壓與R1兩端電壓相等，利用閉合電路歐姆定律進行動態分析2、C【解析】根據公式可得b、d的電阻小于a、c的電阻，a、d串聯在干路，所以兩燈泡的電流相等，故根據公式可得，因為通過b、c的電流之和等于d的電流，所以通過d的電流大于b的電流，b、c并聯，電壓相同，由于b的電阻小于c的電阻，所以b的電流大小于c的電流，故根據公式可得，，綜合可得，C正確；【點睛】已知用電器的額定功率、額定電壓，求實際電壓的功率時，要抓住電阻不變這一關鍵點，能結合串并聯電路的特點解題，難度適中3、C【解析】由動量守恒定律可得出粒子碰撞后的總動量不變，由洛侖茲力與向心力的關系可得出半徑表達式，可判斷出碰后的軌跡是否變化；再由周期變化可得出時間的變化帶電粒子和不帶電粒子相碰，遵守動量守恒，故總動量不變，總電量也保持不變，由，得：，P、q都不變，可知粒子碰撞前后的軌跡半徑r不變，故軌跡應為pa，因周期可知，因m增大，故粒子運動的周期增大，因所對應的弧線不變，圓心角不變，故pa所用的時間將大于t，C正確；【點睛】帶電粒子在勻強磁場中運動時，洛倫茲力充當向心力，從而得出半徑公式，周期公式，運動時間公式，知道粒子在磁場中運動半徑和速度有關，運動周期和速度無關，畫軌跡，定圓心，找半徑，結合幾何知識分析解題，4、D【解析】粒子從A點進，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，從圓周上面的B點出，設圓周運動圓心為，半徑為，則AB為公共弦長，弦的垂直平分線過圓心，既過O點又過．根據幾何關系,可得,所以粒子出磁場的速度沿圓形磁場的半徑方向，出射方向的反向延長線一定過O點，選項A錯．粒子圓周運動的圓心角設為，則有，粒子做圓周運動的周期，根據洛倫茲力提供向心力即得，速度越大的粒子，半徑越大，那么轉過的圓心角越小，運動時間，越短，選項BC錯．若粒子速率滿足v=qBR/m，則圓周運動半徑，，，轉過圓心角，所以速度偏向角等于，即出射方向與入射方向垂直，選項D對考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動5、B【解析】根據幾何知識找出框架切割磁感線的有線長度L與框架穿出磁場的距離x的關系，由E=BLv求出感應電動勢，應用歐姆定律求出感應電流，應用安培力公式求出安培力，應用平衡條件求出拉力，應用P=Fv求出拉力的功率，然后分析圖示圖象答題【詳解】當框架穿出磁場x距離后，線框切割磁感線的有效長度：L=2xtan30°=x，感應電動勢：E=BLv=Bxv，E與x成正比，故A錯誤，B正確；感應電流：；安培力：FA=BIL=x2，框架做勻速直線運動，由平衡條件得：F=FA=x2，故C錯誤；拉力的功率：P=Fv=x2，故D錯誤；故選B【點睛】本題以圖象的形式考查了導體棒切割磁感線時感應電動勢的計算、安培力的計算、功率的計算；根據相應的物理規律、公式推導出縱橫坐標所表示物理量之間的關系是處理圖象問題的關鍵6、D【解析】ACD．地球本身是一個巨大的磁體，地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理的北極附近，但磁極和地理兩極并不重合，存在一定的偏角，故AC錯誤，D正確；B．在地球表面地磁場的磁感線從地理南極指向地理北極，故我們用指南針確定方向，指南的一極是指南針的南極。故B錯誤。故選：D。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、AB【解析】A．向心力是物體做勻速圓周運動所需要的指向圓心的合外力，它是根據力的作用效果命名的，故A正確；B．向心力是物體做勻速圓周運動所需要的指向圓心的合外力，所以它可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，也可以一個力的分力提供，故B正確；C．向心力是指向圓心的合外力，方向時刻改變，所以它不是一個恒力，故C錯誤；D．由于向心力指向圓心，與線速度方向始終垂直，所以它的效果只是改變線速度方向，不會改變線速度大小，故D錯誤；故選AB。8、AD【解析】N再由右手定則判斷MN應向左運動，磁場減弱則電流減小故MN應減速，故可判斷MN向左減速，同理可判斷向右加速也可，故選A、D.→N再由右手定則判斷MN應向左運動，磁場減弱則電流減小故MN應減速，故可判斷MN向左減速，同理可判斷向右加速也可，故選A、D.9、BC【解析】因M中阻值與電壓成正比，故M中電流保持不變；故燈泡L2的亮度不變；總電流不變，R減小，L1電阻不變，根據分流規律R電流增大，L1電流減小變暗，故A錯誤；因R的阻值減小，故由歐姆定律可知，通過R的電流增大，故B正確；電子M兩端的電壓，燈L2兩端電壓不變，燈L1兩端電壓減小，電子元件兩端電壓變大，故C正確；電源兩端的電壓U=E-Ir，總電流不變，所以電源兩端電壓不變，故D錯誤；故選BC10、AC【解析】小球在豎直平面內做勻速圓周運動，重力與電場力平衡，則知小球所受的電場力豎直向上，與電場方向相反，因此小球帶負電，故A正確．小球做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能不斷變化，兩者之和即機械能在變化，故B錯誤．小球做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvB=mr，又qE=mg，聯立得，故C正確．在加速電場中，根據動能定理得qU=mv2，得，知若電壓U增大，小球獲得的速度v增大，小球做勻速圓周運動的軌跡半徑增大，根據知小球做勻速圓周運動的周期不變．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、①.②.上【解析】[1]電子帶負電，由圖可知電子運動的方向向左，電子向下偏轉，根據左手定則可知，磁場的方向向外，則圖中條形磁鐵的下端是極；[2]若加一豎直方向的勻強電場，仍使電子束向下偏轉，則勻強電場的方向與帶負電的電子受力的方向相反，為豎直向上。12、①.6.124-6.126