2025屆安徽省肥東縣二中物理高二第一學期期末學業水平測試模擬試題注意事項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、關于磁場和磁感線的描述，正確的說法是：（）A.磁感線從磁體的N極出發，終止于S極B.磁場的方向就是通電導體在磁場中某點受磁場作用力的方向C.沿磁感線方向，磁場逐漸減弱D.在磁場強的地方同一通電導體受的安培力可能比在磁場弱的地方受的安培力小2、如圖所示，A、B、C是在地球大氣層外的圓形軌道上運行的三顆人造地球衛星，下列說法中正確的是（）A.B、C的角速度相等，且小于A的角速度B.B、C的線速度大小相等，且大于A的線速度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3、A、B是兩種同位素的原子核，它們具有相同的電荷、不同的質量。為測定它們的質量比，使它們從質譜儀的同一加速電場由靜止開始加速，然后沿著與磁場垂直的方向進入同一勻強磁場，打到照相底片上。如果從底片上獲知A、B在磁場中運動軌跡的直徑之比是，則A、B的質量之比為A. B.C. D.4、如圖所示，金屬棒ab置于水平放置的U形光滑導軌上，在ef右側存在有界勻強磁場B，磁場方向垂直導軌平面向下，在ef左側的無磁場區域cdef內有一半徑很小的金屬圓環L，圓環與導軌在同一平面內．當金屬棒ab在水平恒力F作用下從磁場左邊界ef處由靜止開始向右運動后，下列有關圓環的說法正確的是（）A.圓環內產生變大的感應電流，圓環有收縮的趨勢B.圓環內產生變小的感應電流，圓環有收縮的趨勢C.圓環內產生變大的感應電流，圓環有擴張的趨勢D.圓環內產生變小的感應電流，圓環有擴張的趨勢5、有一平行于紙面的勻強電場，電場中三點邊長為的等邊三角形的三個頂點。一帶正電的粒子以的速度通過點，到達點時，粒子動能為點時動能的兩倍；若改變通過點時的速度方向，使之能運動到點，到達點時，粒子動能為通過點時動能的三倍。該帶電粒子帶電量為、質量為，不計粒子重力。則A.兩點間的電勢差 B.兩點間的電勢差C.勻強電場的場強為 D.勻強電場的場強為6、如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平面的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上a、b兩點關于O點對稱，導線中均通有大小相等、方向向上的電流。已知長直導線在周圍產生的磁場的磁感應強度，式中k是常數、I是導線中的電流、r為點到導線的距離。一帶正電小球以初速度v0從a點出發沿連線運動到b點。關于上述過程，下列說法正確的是（）A.小球先做加速運動后做減速運動B.小球先做減速運動后做加速運動C.小球對桌面的壓力一直在增大D.小球對桌面的壓力先減小后增大二、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、如上圖所示，虛線a、b、c為三個同心圓面，圓心處為一個點電荷，現從c外面一點P以相同的速率發射兩個電荷量、質量都相同的帶電粒子，分別沿PM、PN運動到M、N，M、N兩點都位于圓周c上，以下判斷正確的是（）A.兩粒子帶同種電荷 B.兩粒子帶異種電荷C.到達M、N時兩粒子速率仍相等 D.到達M、N時兩粒子速率不相等8、如圖所示，真空中等量同種正點電荷放置在M、N兩點，在MN的連線上有對稱點a、c，MN連線的中垂線上有對稱點b、d，則下列說法正確的是()A.正電荷+q在c點電勢能大于在a點電勢能B.正電荷+q在c點電勢能等于在a點電勢能C.在MN連線的中垂線上,O點電勢最高D.負電荷-q從d點靜止釋放，在它從d點運動到b點的過程中，加速度先減小再增大9、兩個質量、帶電量絕對值均相同的粒子a、b，以不同的速率沿AO方向射入圓形勻強磁場區域，其運動軌跡如圖(虛線AB弧長等于磁場圓周長的，虛線AC弧長等于磁場圓周長的)，不計粒子重力．則下列說法正確的是()A.a、b粒子在磁場中的運動時間之比B.a粒子帶正電，b粒子帶負電C.a、b粒子的速度之比D.a、b粒子在磁場中的半徑10、一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力（）A.t=2s時最大 B.t=2s時最小C.t=8.5s時最大 D.t=8.5s時最小三、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）要測繪一個標有“3V，0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，要求燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作．已選用的器材有：直流電源（電壓為4V）；電鍵一個、導線若干電流表（量程為0-0.3A，內阻約0.5Ω)；電壓表（量程為0-3V，內阻約3kΩ)；（1）實驗中所用的滑動變阻器應選下列中的_____（填字母代號）A．滑動變阻器（最大阻值10Ω，額定電流1A）B．滑動變阻器（最大阻值1kΩ，額定電流0.3A）（2）如圖為某同學在實驗過程中完成部分電路連接的情況，請完成其余部分的線路連接．（用黑色水筆畫線表示對應的導線）（3）實驗得到小燈泡的伏安特性曲線如圖．由曲線可知小燈泡的電阻隨電壓增大而______（填“增大”、“不變”或“減小”）（4）如果把實驗中的小燈泡與一個E=2V，內阻為2.0Ω的電源及阻值為8.0Ω的定值電阻串聯在一起，小燈泡的實際功率是_____W（保留兩位有效數字）12．（12分）如圖所示，螺旋測微器的讀數為______mm，游標卡尺的讀數為______mm。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，虛線MN左側有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側相距為L處有一與電場E2平行的屏。現將一電子(電荷量為e，質量為m，不計重力)無初速度地放入電場E1中的A點，A點到MN的距離為，最后電子打在右側的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子在電場E1中的運動時間時間t1；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ；(3)電子打在屏上點P′(圖中未標出)到點O的距離。14．（16分）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B=0.5T，邊長為L=10cm的正方形線圈abcd共100匝，線圈總電阻r=1Ω，線圈繞垂直于磁感線的對稱軸OO’勻速轉動，角速度ω=2πrad/s，外電路電阻R=4Ω，求：(1)由圖示位置（線圈平面與磁感線平行）轉過60°時的瞬時感應電動勢；(2)交變電壓表的示數；15．（12分）如圖所示，兩根傾斜直金屬導軌MN、PQ平行放置，它們所構成的軌道平面與水平面之間的夾角θ＝37°，兩軌道之間的距離L＝0.50m．一根質量m＝0.20kg的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，且接觸良好，整套裝置處于與ab棒垂直的勻強磁場中．在導軌的上端接有電動勢E＝36V、內阻r＝1.6Ω的直流電源和電阻箱R．已知導軌與金屬桿的電阻均可忽略不計，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g＝10m/s2（1）若金屬桿ab和導軌之間的摩擦可忽略不計，當電阻箱接入電路中的電阻R1＝2.0Ω時，金屬桿ab靜止在軌道上①如果磁場方向豎直向下，求滿足條件的磁感應強度的大小；②如果磁場的方向可以隨意調整，求滿足條件的磁感應強度的最小值及方向；（2）如果金屬桿ab和導軌之間的摩擦不可忽略，整套裝置處于垂直于軌道平面斜向下、磁感應強度大小B＝0.40T的勻強磁場中，當電阻箱接入電路中的電阻值R2＝3.4Ω時，金屬桿ab仍保持靜止，求此時金屬桿ab受到的摩擦力f大小及方向

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】磁感線從磁體的N極出發，進入S極,形成閉合曲線．電流所受磁場力方向垂直于磁場和電流所確定的平面．磁感線的疏密能表示磁場強弱，沿著磁感線磁場不一定減弱．安培力的大小除了和磁場強弱電流大小有關以外，還與磁場與電流的方向夾角有關，所以在磁場強的地方同一通電導體受的安培力可能比在磁場弱的地方受的安培力小．答案選D2、A【解析】A．根據萬有引力提供向心力得到所以軌道越大，角速度越小，B、C的角速度相等，且小于A的角速度，A正確；B．根據萬有引力提供向心力得到所以軌道越大，線速度越小，B、C的線速度大小相等，且小于A的線速度，B錯誤；C．根據萬有引力提供向心力得到軌道越大，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錯誤；D．根據周期公式，結合選項A分析得到，B、C的周期相等，且大于A的周期，D錯誤；故選A。3、D【解析】粒子在加速電場中加速，根據動能定理有，粒子獲得的速度為，粒子進入磁場做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力有，所以半徑為，則直徑為，由于兩種粒子的電荷量相等，直徑之比為1.08：1，則根據直徑公式可知兩粒子的質量之比為1.082：1，故D正確，ABC錯誤。故選D。4、B【解析】因為金屬棒ab在恒力F的作用下向右運動,則abcd回路中產生逆時針方向的感應電流,則在圓環處產生垂直于紙面向外的磁場,隨著金屬棒向右加速運動,圓環的磁通量將增大,根據楞次定律可以知道,圓環將有收縮的趨勢以阻礙圓環的磁通量將增大;又因為金屬棒向右運動的加速度減小,單位時間內磁通量的變化率減小,所以在圓環中產生的感應電流不斷減小,故B對；ACD錯【點睛】當導體棒變速運動時在回路中產生變化的感應電流,因此圓環內的磁場磁通量發生變化,根據磁通量的變化由楞次定律可以判斷圓環面積的變化趨勢,其感應電流的變化要根據其磁通量的變化快慢來判斷.5、C【解析】AB．由題意知解得同理可得故AB錯誤；CD．令點電勢為零，則，故中點電勢為，為等勢面，為電場的方向選項C正確，D錯誤；故選C。6、C【解析】AB．根據右手螺旋定則及疊加原理可知，MN間的連線上，靠近M處的磁場方向垂直于MN向內，靠近N處的磁場方向垂直于MN向外，從M到N磁感應強度先減小，過O點后反向增大，據左手定則可知，帶正電的小球從a到b過程受到的洛倫茲力方向先向上后向下，故小球在運動方向上不受外力，將做勻速直線運動，AB錯誤；CD．洛倫茲力大小為可知帶正電的小球從a到O過程受到的洛倫茲力方向向上且逐漸減小，豎直方向據平衡條件可得可知桌面的支持力N1增大，過O點后受到的洛倫茲力方向向下且逐漸增大，據平衡條件可得可知桌面的支持力N2增大，故小球對桌面的壓力一直在增大，C正確，D錯誤。故選C。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】AB．由軌跡看出，點電荷左側的帶電粒子受到中心電荷的排斥力，與中心點電荷電性相同；右側的帶電粒子受到中心電荷的吸引力，與中心點電荷電性相反，則兩粒子帶異種電荷，故A錯誤，B正確；CD．由題，M、N兩點都處于圓周c上，電勢相等，兩帶電粒子又是從同一點P出發，則電勢差UPM=UPN，電場力對兩個帶電粒子做功大小相等，而從P到M的粒子電場力總功為負功，從P到N的粒子電場力總功為正功，根據動能定理得到，到達M、N時兩粒子速率vM＜vN。故C錯誤，D正確。故選BD。【點睛】本題是軌跡問題，根據軌跡的彎曲方向要能判斷出帶電粒子所受的電場力大體方向。電場力做功與初末位置間電勢差成正比。8、BC【解析】本題考查了等量同種電荷周圍電場分布情況：中垂線上上下電場線方向相反，根據電場線方向判斷電勢高低．a、c兩點關于中垂線對稱，電勢相等，電荷在這兩點的電勢能相等.【詳解】根據電場線的分布情況和對稱性可知，a、c兩點的電勢相等，則正電荷在a點電勢能一定等于在c點電勢能．故A錯誤，B正確；沿電場線方向電勢降低，在MN連線的中垂線上，O點電勢最高．故C正確；由對稱性知O點的場強為零，從O點向上或向下場強都是先增加后減小；則電荷-q從d點靜止釋放，在它從d點運動到b點的過程中，加速度可能先減小再增大，也可能先增大，后減小再增大再減小．故D錯誤；故選BC9、AC【解析】a、b兩個質量相同、所帶電荷量相等帶電粒子以不同的速率對向射入圓形勻強磁場區域，偏轉的方向不同，說明受力的方向不同，電性不同，可以根據左手定則判定．根據軌跡和幾何關系得到半徑關系，結合洛倫茲力提供向心力，寫出公式，判斷速度和時間關系.【詳解】粒子向右運動，根據左手定則，b向上偏轉，應當帶正電；a向下偏轉，應當帶負電，故B錯誤；兩粒子的質量和電量均相同，根據可知，兩粒子周期相同；因b粒子在磁場中轉過的角度為600；a粒子在磁場中轉過的角度為900；根據可知，，選項A正確；設磁場圓的半徑為R，由幾何關系可知，，則，根據可知，選項C正確，D錯誤；故選AC.10、AD【解析】由于t=2s時物體向上的加速度最大，故此時人對地板的壓力最大，因為地板此時對人的支持力最大；而t=8．5s時物體向下的加速度最大，故地板對的支持力最小，即人對地板的最小，故選項AD正確，選項BC錯誤三、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.A②.增大③.0.10W【解析】（1）因為測小燈泡的伏安特性曲線，采用分壓式接法，為了實驗方便操作，滑動變阻器選擇阻值較小的，故選A（2）連線如下：（3）根據歐姆定律：，可得圖像斜率越來越小，說明電阻越來越大，所以小燈泡的電阻隨電壓增大而增大（4）將定值電阻和電源內阻看成一體，在圖中作出電源的外特性曲線：，圖像交點為燈泡的工作點，由圖可知，電流為0.1A，燈泡兩端電壓為1V，算得功率12、①.6.123②.50.90【解析】[1]螺旋測微器的固定刻度讀數6.0mm，可動刻度讀數為固定刻度讀數+可動刻度讀數等于最終讀數，即[2]游標卡尺的主尺讀數為，游標尺上第18個刻度和主尺上某一刻度對齊，游標尺讀數為主尺讀數+游標尺讀數等于最終讀數，即【點睛】解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數方法，游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標尺讀數，不需估讀．螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀。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)2；(3)3L【解析】(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律得：由x＝at2得求解得t＝(2)設粒子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy，由牛頓第二定律得，電子進入電場E2時的加速度為vy＝a2t2電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為聯立得tanθ＝2(3)帶電粒子在電場中的運動軌跡如圖所示，設電子打到屏上的點P′到O點的距離x，根據上圖幾何關系得聯立得x＝3L14、（1）（2）1.78V【解析】(1)先根據Em=NBωS求出最大值，再根據最大值與有效值的關系求出有效值；(2)電壓表測量的是電阻R的電壓，根據閉合電路歐姆定律即可求解