2025屆湖南省衡陽一中物理高二上期中經典模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、有兩個點電荷，所帶電荷量分別為q1和q2，相距為r，相互作用力為F．為了使它們之間的作用力增大為原來的2倍，下列做法可行的是（）A．僅使增大為原來的2倍B．僅使減小為原來的一半C．使和都增大為原來的2倍D．僅使r減小為原來的一半2、如圖所示，在一半徑為r的圓形區域內有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。現將匝數為n、半徑為R（R>r）的圓形線圈垂直紙面放置，使其軸線經過磁場區域的圓心，則穿過線圈的磁通量為A． B．C． D．3、物理課堂上老師做了一個物理小實驗：如圖示，一輕質橫桿兩側各固定一鋁環，橫桿可繞中心點自由轉動，用條形磁鐵分別插入鋁環，下列說法正確的是（）A．磁鐵插向左環，橫桿發生轉動B．磁鐵插向右環，橫桿不發生轉動C．無論磁鐵插向左環還是右環，橫桿都不發生轉動D．磁鐵插向左環，左環內出現感應電動勢4、如圖是某種電磁泵模型，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，左右兩側面是邊長為L2的正方形，泵體處在垂直向外、磁感應強度為B的勻強磁場中，泵體上下表面接電動勢為U的電源(內阻不計)．若泵工作時理想電流表示數為I，泵和水面高度差為h，液體的電阻率為ρ，t時間內抽取液體的質量為m，不計液體在流動中和管壁之間的阻力，重力加速度為g.則()A．泵體上表面應接電源負極B．電源提供的電功率為C．電磁泵對液體產生的推力大小為BIL1D．質量為m的水離開泵時的動能為UIt－mgh－I2t5、如圖所示，AB為一固定的水平絕緣桿，在其上下對稱位置固定放置一對等量同種正點電荷，其連線與AB交于O點，桿上的E、F點關于O點對稱，E、F的間距為L.一可以視為質點的小球穿在桿上，小球與桿的動摩擦因數隨位置而變化，該變化規律足以保證小球從E點以一初速度v0沿桿向右做勻減速直線運動并經過F點，小球帶負電，質量為m.其在O點處與桿的動摩擦因數為μ0.則在由E到F的過程中()A．小球在O點電勢能最大B．小球在E、F兩點與桿的動摩擦因數一定相同C．E到O點，小球與桿的動摩擦因數逐漸減小D．小球克服摩擦力做功為μ0mgL6、如圖，正方形線框abcd由四根相同的導體棒連接而成的，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點ad與直流電源兩端連接．導體棒bc和導體棒ad受到的安培力（）A．大小之比1：1，方向相反B．大小之比1：1，方向相同C．大小之比1：3，方向相同D．大小之比3：1，方向相反二、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、如圖所示，金屬線框abcd置于光滑水平桌面上，其右方存在一個有理想邊界的方向豎直向下的矩形勻強磁場區，磁場寬度大于線圈寬度。金屬線框在水平恒力F作用下向右運動，ab邊始終保持與磁場邊界平行。ab邊進入磁場時線框恰好能做勻速運動．則下列說法中正確的是（）A．線框穿出磁場過程中，一定先做減速運動B．線框完全處于磁場中的運動階段，F做的功等于線框動能的增加量C．線框進入磁場過程中，F做的功大于線框內增加的內能D．線框進入磁場的時間大于線框穿出磁場的時間8、如圖所示，帶負電的粒子以速度v從粒子源P處射出，若圖中勻強磁場范圍足夠大(方向垂直紙面)，則帶電粒子的可能軌跡是A．a B．b C．c D．d9、如圖，在水平面上有半徑為r的圓形邊界磁場，磁場垂直于水平面，磁感應強度大小為B．在磁場邊界上某點（未面出)有大量同種帶電粒子（不計重力及粒子間的相互作用)以相同速度在水平面上沿各方向射入磁場，已知在磁場中運動時間最長的粒子的運動時間為其在磁場中圓周運動周期的，下面說法正確的是A．在磁場中運動時間最長的粒子離開磁場的速度方向與入射速度方向的夾角為B．粒子的比荷為C．粒子在磁場中的軌道半徑為rD．粒子在磁場中圓周運動的周期為10、如圖所示，斜面與水平面間的夾角為，從斜面上空A點水平拋出a、b兩個小球，初速度分別為va、vb，a球恰好垂直打到斜面上M點，而b球落在斜面上的N點，而AN恰好垂直于斜面。已知重力加速度為g。則（）A．a球在空中運動時間為vB．b球在空中運動時間為vC．a、b兩球水平位移之比為vD．a、b兩球下落的高度之比為v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）在“測定金屬的電阻率”的實驗中，所用測量儀器均已校準，待測金屬絲接入電路部分長度約為50cm.(1)用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，其中某一次測量結果如圖所示，其讀數為______mm；(2)用伏安法測量金屬絲的電阻.實驗所用的器材為：電池組（電動勢3V，內阻約1）、電流表（內阻約0.1）、電壓表（內阻約）、滑動變阻器，額定電流2A，開關、導線若干.實驗前已用多用電表粗測得待測金屬絲的電阻約為.則實驗中應采用圖中的__________圖對應的電路.（選填“A”或“B”）(3)由于電阻的測量存在系統誤差，因此本實驗測得電阻率與真實值比較偏______（選填“大”或“小”）12．（12分）通過實驗描繪：一個“2.5V，0.2W”小燈泡的伏安特性曲線，可供選擇的儀器有A．0~0.6A，電阻約為0.2Ω的電流表B．0~100mA，電阻約為5Ω的電流表C．0~3V，電阻約為10KΩ的電壓表D．0~15V，電阻約為50KΩ的電壓表E.最大電阻為20Ω額定電流為1.0A的滑動變阻器F.最大電阻為1KΩ額定電流為0.1A的滑動變阻器G.蓄電池6V、導線、電鍵（1）要求實驗燈泡電壓從零逐漸增大到額定電壓。電壓表應選__________，電流表應選________，滑動變阻器選________.（均填寫前面的字母序號）（2）畫出電路圖在下面方框內。（______）（3）按照電路開始實驗，接通電路后閉合開關，通過移動變阻器的滑片，使小燈泡中的電流由零開始逐漸增大，直到小燈泡正常發光，由電流表和電壓表得到的多組讀數描繪出的I－U圖象可能是（________）A．B．C．D．（4）分析小燈泡的I－U曲線，可知小燈泡的電阻隨電流I變大而_________(填“變大”、“變小”或“不變”)四、計算題：本題共2小題，共26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）電學中有些儀器經常用到下述電子運動的物理原理．某一水平面內有一直角坐標系xOy，x=0和x=L=10cm的區間內有一沿x軸負方向的有理想邊界的勻強電場E1=1.0×104V/m，x=L和x=3L的區間內有一沿y軸負方向的有理想邊界的勻強電場E2=1.0×104V/m，一電子(為了計算簡單，比荷取為e/m=2×1011C/kg)從直角坐標系xOy平面內的坐標原點O以很小的速度進入勻強電場E1，計算時不計此速度且只考慮xOy平面內的運動．求：(1)電子從O點進入到離開x=3L處的電場所需的時間；(2)電子離開x=3L處的電場時的y坐標；(3)電子離開x=3L處的電場時的速度大小和方向．14．（16分）如圖所示，一根長L＝1.5m、與水平方向的夾角為θ＝37°的光滑絕緣細直桿MN固定在電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q＝＋5.4×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋1.0×10－6C，質量m＝1.0×10－2kg.現將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動．靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）小球B開始運動時的加速度為多大？（2）小球B的速度最大時，與M端的距離r為多大？15．（12分）如圖所示，M為一線圈電阻r=0.4Ω的電動機，R=24Ω，電源電動勢E=40V.當S斷開時，電流表的示數，I1=1.6A，當開關S閉合時，電流表的示數為I2=4.0A求（1）電源內阻。（2）開關S閉合時電動機發熱消耗的功率和轉化為機械能的功率。（3）開關S閉合時電源輸出功率和電動機的機械效率。

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、A【解析】試題分析：真空中有兩個點電荷，它們之間相互作用力為F，即為；當它們之間的相互作用力為2F，則有：保持距離不變，僅使q1增大為原來的2倍，或使兩電荷量都變為原來的2倍，則庫侖力分別變為2倍和4倍，故A正確，C錯誤；僅使q2減小為原來的一半，根據庫侖定律可知，它們之間的作用力減小為原來的一半，故B錯誤；保持兩點電荷的電量不變，使r減小為原來的一半，則庫侖力變為4倍，故D錯誤；故選A．考點：庫侖定律2、A【解析】

線圈具有磁場的有效面積為，根據磁通量的公式可得穿過線圈的磁通量。A.,與結論相符，選項A正確；B.，與結論不相符，選項B錯誤；C.，與結論不相符，選項C錯誤；D.，與結論不相符，選項D錯誤；3、D【解析】

A．左環不閉合，磁鐵插向左環時，不產生感應電流，環不受力，橫桿不轉動。故A錯誤。

BC．右環閉合，磁鐵插向右環時，環內產生感應電流，環受到磁場的作用，橫桿轉動。故BC錯誤。D．左環沒有閉合，在磁鐵插入過程中，產生感應電動勢但不產生感應電流，故橫桿不發生轉動。故D正確。4、D【解析】

當泵體中電流向下時，安培力向左，故液體被抽出；根據電阻定律和歐姆定律列式求解電流表達式分析，根據安培力公式分析安培力大小情況．【詳解】A項：當泵體上表面接電源的負極時，電流從下向上流過泵體，這時受到的磁場力水平向右，不會拉動液體，故A錯誤；B項：為非純電阻電路，電源提供的電功率為UI，故B錯誤；C項：根據安培力公式F=BIL2，故C錯誤；D項：若t時間內抽取水的質量為m，根據能量守恒定律，則這部分水離開泵時的動能為EK=UIt-mgh-，故D正確．故應選：D．【點睛】本題關鍵是明確電磁泵的工作原理，要能夠結合歐姆定律、電阻定律、安培力公式分析抽液高度的影響因素．5、D【解析】

小球從E到O的過程中，電場力對小球做正功，小球的電勢能減小。從O到F的過程中，電場力做負功，電勢能增大，所以小球在O點電勢能最小，故A錯誤。設小球在E、F兩點所受的摩擦力大小分別為fE和fF．電場力大小為F電，合外力大小為F．則在E點有：F=fE-F電，在F點有：F=fF+F電，所以fE＞fF，由摩擦力公式f=μN=μmg，可知，小球在E點與桿的動摩擦因數大于在F點與桿的動摩擦因數，故B錯誤。E到O點，由F=fE-F電=μmg-F電，F一定，若F電減小，則μ減小。若場強先增大后減小，則F電先增大后減小，因此μ先增大后減小。故C錯誤。在O點的動摩擦因數為μ0，所以有F合=μ0mg=ma，F合為小球的合外力，由于小球做勻減速運動，合外力恒定，所以從E到F合外力做功大小為：W合=F合L=μ0mgL；因為從E到F電場力做功為0，所以從E到F的合外力做功就為克服摩擦力做功，所以克服摩擦力做功為：Wf=W合=μ0mgL．故D正確。故選D。6、C【解析】

根據題意可知，和是并聯關系，且電阻之比為3：1，則并聯電路電壓相等，根據歐姆定律可知，和邊的電流之比為1：3，根據安培力大小公式可知導體棒和導體棒所受的安培力之比為1：3，由于導體棒和導體棒的電流方向相同，則所受到的安培力方向相同；A.與分析不符，故A錯誤；B.與分析不符，故B錯誤；C.與分析相符，故C正確；D.與分析不符，故D錯誤．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、ABD【解析】

AD.線框進入磁場的過程做勻速運動，恒力等于安培力；線框完全處于磁場中的階段，磁通量不變，沒有感應電流產生，線框做勻加速運動，則線框穿出磁場時速度大于進入磁場時的速度，安培力增大，將大于F，所以線框將做減速運動，線框進入磁場的時間大于線框穿出磁場的時間，故選項A、D符合題意；B.線框完全處于磁場中的階段，磁通量不變，沒有感應電流產生，線框做勻加速運動，根據功能關系可知做的功等于線框動能的增加量，故選項B符合題意；C.線框進入磁場過程，動能不變，產生感應電流，根據功能關系得知做的功等于線框內增加的內能，故選項C不符合題意。8、BD【解析】根據左手定則可得，當磁場方向垂直向里時，帶電粒子受到水平向左的洛倫茲力，所以軌跡為d，當磁場方向垂直向外時帶電粒子受到水平向右的洛倫茲力，所以軌跡為b，故選BD，思路分析：根據左手定則分析，當磁場方向垂直向里時，帶電粒子受到水平向左的洛倫茲力，當磁場方向垂直向外時帶電粒子受到水平向右的洛倫茲力，試題點評：本題考查了左手定則的應用，注意粒子是帶負電，9、BD【解析】

A、粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，在磁場中運動時間最長，對應的弦長最長，故弦長等于2r，在磁場中運動時間最長的粒子的運動時間為其在磁場中圓周運動周期的，由幾何關系可得在磁場中運動時間最長的粒子離開磁場的圓心角為，故A錯誤；BC、由幾何關系可，由可得粒子的比荷為，故B正確，C錯誤；D、粒子在磁場中圓周運動的周期為，故D正確；故選BD．【點睛】粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，在磁場中運動時間最長，對應的弦長最長，在磁場中運動時間最長的粒子的運動時間為其在磁場中圓周運動周期的，由幾何關系可得在磁場中運動時間最長的粒子離開磁場的圓心角為．10、AD【解析】

A、a球恰好垂直打到斜面上M點，根據平行四邊形定則知tanθ=vavy，解得vy=vatanθB、b球落在N點，位移與斜面垂直，則位移與水平方向的夾角為90°-θ，設此時的速度方向與水平方向的夾角為α，則tanα=2tan(90°-θ)=2tanθ，又tanα=vy'vb，解得vyC、a球的水平位移為xa=vata=va2gtanθ，bD、a、b兩球的運動時間之比tatb=va2vb，根據故選AD。【點睛】抓住a球垂直打到斜面上，結合速度方向，運用平行四邊形定則求出豎直分速度，從而得出a球運動的時間，根據b球位移的方向，結合平行四邊形定則求出b球運動的時間，從而得出a、b兩球的水平位移之比，結合時間之比求出下落的高度之比。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、0.3950.397B小【解析】

(1)[1]固定刻度讀數為0，可動刻度讀數為39.7，所測長度為0+39.7×0.01=0.397mm，由于誤差所以測量長度在0.395mm到0.397mm之間；(2)[2]待測金屬絲的電阻約為，電流表的內阻約為0.1，電壓表的內阻約為3，所以待測金屬絲的電阻為小電阻，則電流表應用外接法，即實驗中應采用圖中的B圖對應的電路；(3)[3]電流表外接法中，由于電壓表的分流作用，導致電流的測量值比真實值偏大，由公式可知，電阻的測量值比真實值偏小，由公式可知，電阻率的測量值比真實值偏小。12、CBEC變大【解析】

（1）[1][2][3]．燈泡額定電壓為2.5V，電壓表選C；燈泡額定電流：電流表應選擇B；為方便實驗操作滑動變阻器應選擇E．

（2）[4]．描繪燈泡伏安特性曲線電壓表與電流表應從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法；電壓表內阻遠大于燈泡電阻，電流表