2025屆河南省新鄉市新鄉市一中高二物理第一學期期末經典模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、如圖所示，一圓形線圈通有電流I，放在直線電流I'的右側附近，線圈與直導線共面，以下關于圓形線圈受到安培力的合力方向說法正確的是A.水平向左 B.豎直向下C.豎直向上 D.水平向右2、如圖所示，空間中有寬為d的平行邊界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，MN、M′N′為磁場邊界，MN左側有一個電荷量為q的帶正電粒子P，若P粒子以速度v0垂直MN進入磁場后，離開磁場時的速度方向與M′N′成θ=30°，不考慮粒子重力，則（）A.粒子P進入磁場后做勻速圓周運動，半徑為2dB.粒子P進入磁場時的速度越大，在磁場中運動的時將越長C.粒子P以速度v0進入磁場后，在磁場運動過程中洛倫茲力的沖量為D.粒子P進入磁場的速度小于時，粒子P將從MN離開磁場3、關于感應電流，下對說法正確的是（）A.只要穿過線圈的磁通量發生變化，線圈中就一定有感應電流B.只要閉合導線做切割磁感線運動，導線中就一定有感應電流C.若閉合電路的一部分導體不做切割磁感線運動，閉合電路中一定沒有感應電流D.當穿過閉合電路的磁通量發生變化時，閉合電路中一定有感應電流4、如圖所示，在直線l上A、B兩點各固定電荷量均為Q的正電荷，O為AB的中點，C、D兩點關于A點對稱，C、D兩點的場強大小分別為EC、ED，電勢分別為φC、φD.則下列說法正確的是()A.EC>ED，φC>φDB.EC<ED，φC>φDC.在直線l上與D點電勢相同的點除D點外可能還有2個D.將一負電荷從C點移到D點其電勢能減小5、甲、乙兩個同心的閉合金屬圓環位于同一平面內，甲環中通以順時針方向電流I，如圖所示，當甲環中電流逐漸增大時，乙環中每段導線所受磁場力的方向是（）A.指向圓心 B.背離圓心C.垂直紙面向內 D.垂直紙面向外6、電磁感應原理在日常生活中有很多應用，下列設備主要應用電磁感應原理工作的是A.洗衣機 B.白熾燈C.電吹風 D.電磁灶二、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、兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示．除電阻R外其余電阻不計．現將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則A.釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB.金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bC.金屬棒的速度為v時，所受的按培力大小為F=D.電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少8、空中存在水平向左的勻強電場，一帶正電小球在空中某點以初速度v0水平向右拋出，小球落到水平地面上的速率為v0，若小球受到的電場力大小等于小球的重力．下列說法正確的是（）A.小球落地時速度方向一定與地面垂直B.小球下落過程，電勢能先增大后減小C.小球下落過程，動能先增大后減小D.小球下落過程，機械能一直減小9、理想變壓器原、副線圈匝數比為10∶1，以下說法中正確的是()A.穿過原、副線圈每一匝磁通量之比是10∶1B.穿過原、副線圈每一匝磁通量的變化率相等C.原、副線圈的電流之比為10∶1D.正常工作時原、副線圈的輸入、輸出功率之比為1∶110、如圖所示，線圈的自感系數很大，且其直流電阻可以忽略不計，、是兩個完全相同的小燈泡，開關閉合和斷開的過程中，燈、的亮度變化情況是（燈絲不會斷）A.閉合，、不同時亮B.閉合，、同時亮C.斷開，、立即熄滅D.斷開，立即熄滅，亮一下才熄滅三、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）現有一電池，電動勢大約為20V，內阻約為5Ω，無法從標簽上看清其電動勢等數據．現要準確測量其電動勢和內阻，實驗室備有下列器材：A．電流表(量程0～0.6A，內阻=2Ω)；B．電壓表(量程0～25V，內阻約為15kΩ)；C．滑動變阻器（阻值范圍0～20Ω)；D．定值電阻=10Ω；E．定值電阻=1Ω；F．開關及導線若干（1）由于實驗室中電表量程不恰當，需要先將電表改裝，電流表應_______聯定值電阻_______(選填R1或R2)（2）在虛線框中畫出實驗電路原理圖__________（3）若采用了正確的實驗電路，通過改變滑動變阻器的阻值，得到了多組電壓表示數U和電流表示數I，作出了U-I圖像，若圖像在縱軸的截距為a，圖像的斜率絕對值為b，則電源電動勢為_____________，內阻為________________12．（12分）某同學用多用電表測量某電阻的阻值R，他將多用電表的選擇開關旋轉到歐姆擋的“×100”位置，進行歐姆調零后用正確的測量方法進量，結果刻度盤上的指針位置如圖所示，可知R=________k。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，電源電動勢E=50V，內阻r=1Ω，R1=3Ω，R2=6Ω．間距d=0.2m的兩平行金屬板M、N水平放置，閉合開關S，板間電場視為勻強電場．板間豎直放置一根長也為d的光滑絕緣細桿AB，有一個穿過細桿的帶電小球p，質量為m=0.01kg、帶電量大小為q=1×10-3C（可視為點電荷，不影響電場的分布）．現調節滑動變阻器R，使小球恰能靜止在A處；然后再閉合K，待電場重新穩定后釋放小球p．取重力加速度g=10m/s2．求：（1）小球的電性質和恰能靜止時兩極板間的電壓；（2）小球恰能靜止時滑動變阻器接入電路的阻值；（3）小球p到達桿的中點O時的速度14．（16分）電磁感應現象是電磁學中最重大的發現之一，它揭示了電、磁現象之間的本質聯系電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，即，這就是法拉第電磁感應定律（1）如圖所示，把矩形線框abcd放在磁感應強度為B的勻強磁場里，線框平面跟磁感線垂直．設線框可動部分ab的長度為L，它以速度v向右勻速運動．請根據法拉第電磁感應定律推導出閉合電路的感應電動勢E=BLv（2）兩根足夠長的光滑直金屬導軌平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L．兩導軌間接有阻值為R的電阻．一根質量為m的均勻直金屬桿MN放在兩導軌上，并與導軌垂直．整套裝置處于磁感應強度為B勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上．導軌和金屬桿的電阻可忽略．讓金屬桿MN由靜止沿導軌開始下滑．求①當導體棒的速度為v（未達到最大速度）時，通過MN棒的電流大小和方向；②導體棒運動的最大速度15．（12分）如圖所示，光滑的平行導軌與水平面的夾角為θ＝37°，兩平行導軌間距為L＝1m，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中。導軌中接入電動勢為E=4.5V、內阻為r=0.5Ω的直流電源，電路中有一阻值為R=1Ω的電阻，其余電阻不計。將質量為m=4kg，長度也為L的導體棒放在平行導軌上恰好處于靜止狀態，重力加速度為g=10m/s2，（sin370=0.6，cos370=0.8），求：（1）通過ab導體棒的電流強度為多大？（2）勻強磁場的磁感應強度為多大？（3）若突然將勻強磁場的方向變為垂直導軌平面向上，求此時導體棒的加速度大小及方向。

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、A【解析】根據右手螺旋定則知，通電直導線右邊的磁場方向垂直紙面向里，離導線越近，磁場越強，圓環左側所受安培力向左，圓環右側所受安培力向右，向左的安培力大于向右的安培力，所以圓環所受安培力向左。故選A。2、D【解析】A．粒子運動軌跡如圖所示由幾何關系可得解得故A錯誤；B．由洛倫茲力提供向心力得得所以速度越大，半徑越大，粒子的偏轉角越小，由公式可知，粒子在磁場中的運動時間越小，故B錯誤；C．粒子P以速度v0進入磁場，離開磁場時速度偏轉60°，則進入磁場時的速度與離開磁場時的速度和速度變化量組成等邊三角形，則速度變化量為沖量為故C錯誤；D．粒子從MN邊射出的臨界狀態為軌跡與右邊界相切，此時半徑為d，則有得且即所以當速度為時，粒子P將從MN離開磁場，故D正確；故選D。3、D【解析】A．根據法拉第電磁感應定律，線圈產生感應電流的條件是線圈要閉合，并且穿過線圈的磁通量發生改變，故A錯誤；B．閉合導線切割磁感線，如果磁通量未發生改變則不會有感應電流產生；閉合電路部分導體做切割磁感線有感應電流產生，所以閉合導線做切割磁感線運動不是一定產生感應電流，故B錯誤；C．即使閉合電路的一部分導體如果不做切割磁感線的運動，但如果閉合電路在磁場中面積改變，磁通量也改變，就會有感應電流產生，故C錯誤；D．根據法拉第電磁感應定律，閉合電路產生感應電流的條件是穿過閉合電路的磁通量發生改變，故D正確。故選D。4、B【解析】AB．A在C點產生的場強方向水平向右，B在C點產生的場強方向水平向左，并且小于A在C點的電場強度大小，故C點的電場強度大小為兩電荷在C點產生電場強度之差，同理在D點產生的電場強度為兩點電場強度之和，故，根據公式可得，C到A點的距離等于D到A點的距離，但是AD間的電場強度大于CA間的電場強度大小，所以AD間的電勢差大于AC間的電勢差，可知D點的電勢小于C點的電勢，即；A錯誤，B正確。C．根據電場強度的疊加可知在直線l上，與D點電勢相等的點可能有3個，分別處于CO間、OB間和B的右側；C錯誤。D．因為AD間的電勢差大于AC間的電勢差，可知C點的電勢高于D點，根據知，負電荷在C點的電勢能小于D點的電勢能，即將一負電荷從C點移到D點其電勢能增大；D錯誤。故選B。5、A【解析】根據右手螺旋定則，甲環電流產生的磁場垂直紙面向里；當甲環中電流逐漸增大時，在環內區域產生的磁場增強，則乙環內的磁通量變大，根據楞次定律內在規律可知，欲阻礙磁通量的增加，乙環有面積減小即有收縮的趨勢，所以乙環上每段所受的安培力均指向圓心，故BCD錯誤，A正確。故選A。6、D【解析】洗衣機主要利用的是電動機，而電動機是利用通電導體在磁場中受力而運動的理論制成的，故A錯誤；白熾燈是利用電流發熱而工作的，故B錯誤；電吹風采用的是電動機原理，故C錯誤；電磁灶利用的是電磁感應原理，通過磁場變化在鍋體體產生渦電流而產生熱量，故D正確二、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、AC【解析】A、金屬棒剛釋放時，彈簧處于原長，彈力為零，又因此時速度為零，沒有感應電流，金屬棒不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，其加速度應等于重力加速度，故A正確；B、金屬棒向下運動時，由右手定則可知，在金屬棒上電流方向向右，流過電阻R的電流方向為，故B錯誤；C、金屬棒速度為時，安培力大小為，，由以上兩式得：，故C正確；D、金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能（速度不為零時）以及電阻R上產生的熱量，故D錯誤【點睛】釋放瞬間金屬棒只受重力，加速度為．金屬棒向下運動時，根據右手定則判斷感應電流的方向．由安培力公式、歐姆定律和感應電動勢公式推導安培力的表達式．金屬棒下落過程中，金屬棒減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能（金屬棒速度不是零時）和電阻R產生的內能；本題考查分析、判斷和推導電磁感應現象中導體的加速度、安培力、能量轉化等問題的能力，是一道基礎題8、AD【解析】A項：小球在水平方向受到電場力，在電場力作用下做減速運動，減速時的加速度大小為豎直方向做加速運動，加速度大小為g設經歷時間t落地，故落地時水平方向速度為vx＝v0﹣gt豎直方向的速度為vy＝gt落地時速度，解得：故落地時水平方向速度為0，只有豎直方向的速度，故小球落地時速度方向一定與地面垂直，故A正確；B項：小球下落過程中，電場力一直做負功，故小球的電勢能一直增大，故B錯誤；C項：小球在水平方向上，做減速運動，電場力做負功，豎直方向重力做正功，做初速度為零的勻加速運動，在開始階段克服電場力做功要大于重力做功，故動能減小，隨后克服電場力做功小于重力做功，故動能增加，故小球下落過程，動能先減小后增大，故C錯誤；D項：在下落過程中，由于電場力一直做負功，故小球的機械能一直減小，故D正確故選AD9、BD【解析】A．理想變壓器無漏磁，故穿過原、副線圈每一匝磁通量之比是1：1，故A錯誤；B．理想變壓器無漏磁，故穿過原、副線圈每一匝磁通量之比是1：1，故穿過原、副線圈每一匝磁通量的變化率相等，在每匝的線圈中，原、副線圈產生的電動勢瞬時值是相等的，故B正確；C．若一個原線圈對應一個副線圈時，原、副線圈的電流之比等于匝數的反比即為1：10，故C錯誤；D．正常工作時變壓器的輸入、輸出功率之比為1：1，故D正確。故選BD。10、BD【解析】AB．當S閉合瞬時，兩燈同時獲得電壓，同時發光，隨著線圈L電流的增加，逐漸將L1燈短路，L1逐漸變暗直到熄滅，同時，L2電流逐漸增大，變得更亮；故A錯誤，B正確；CD．S斷開瞬時，L2中電流消失，故立即熄滅，而L1中由于電感中產生一個與電流同向的自感電動勢，故L1亮一下后逐漸熄滅。故C錯誤，D正確。故選BD。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.（1）并②.R2③.（2）電路原理圖如圖所示；④.（3）a⑤.b/3【解析】（1）根據電表的改裝原理可知電壓表應串聯電阻進行分壓，而電流表應并聯電阻分流進行分析；（2）根據實驗原理進行分析，確定誤差最小的電路圖；（3）根據改裝原理確定路端電壓和電流，再根據閉合電路歐姆定律進行分析，從而確定電動勢和內電阻【詳解】（1）為了給電流表擴大量程，應并聯一個小電阻進行分流，故應并聯的電阻R2；（2）由于電源內阻約為5Ω，而改裝后的電流表內阻為，電壓表內阻約為15kΩ，所以電壓表內阻遠大于電源的內阻，故應采用相對電源的電流表外接法；原理圖如圖所示；（3）根據改裝原理可知，電源的路端電壓為U；電流為3I；則由閉合電路歐姆定律可知：U=E-3Ir則由圖象可知，圖象與縱軸的截距a=E；斜率b=3r；解得：E=a；r=b/3；【點睛】本題考查電源的電動勢和內電阻的測量實驗原理和方法，要注意明確電表的改裝原理，同時掌握根據圖象分析實驗數據的基本方法12、3【解析】[1]．由表盤刻度可知，R=30×100Ω=3k.四、計算題：本題共3小題，