廣東省藍精靈中學2025屆物理高二上期末調研試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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，現有一匝數為n，面積為S，總電阻為R的閉合線圈，垂直放置于一勻強磁場中，磁場的磁感應強度B隨時間均勻增大，變化率，則()A.線圈中產生順時針方向的感應電流B.線圈面積具有擴張的趨勢C.線圈中產生的感應電動勢為D.線圈中感應電流的大小為2、關于電源的電動勢，下列說法正確的是（）A.電源的電動勢就是接在電源兩極間的電壓表測得的電壓B.同一電源接入不同的電路，電動勢就會發生變化C.電源的電動勢是表示電源把其他形式的能轉化成電能的本領大小的物理量D.電路中，當電阻變大時，電源的電動勢也增大3、如圖，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場相互垂直。在電磁場區域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環，環上套有一個帶正電的小球，小球可沿圓環自由運動。O點為圓環的圓心，a、b、c為圓環上的三個點，a點為最高點，c點為最低點，Ob沿水平方向。已知小球所受電場力與重力大小相等。現將小球從環的頂端a點由靜止釋放。下列判斷正確的是（）A.當小球運動的弧長為圓周長的1/2時，洛倫茲力最大B.當小球運動的弧長為圓周長的3/8時，洛倫茲力最小C.小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大D.小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減小4、如圖所示，R是一個定值電阻，A、B為水平正對放置的兩塊平行金屬板，B板接地，兩板間帶電微粒P處于靜止狀態，則下列說法正確的是()A.若緊貼A板內側插入一塊一定厚度的金屬片，P的電勢能將減小B.若緊貼B板內側插入一塊一定厚度的陶瓷片，P將向下運動C.若增大A、B兩金屬板的間距，則有向右的電流通過電阻RD.若增大A、B兩金屬板的間距，P將向上運動5、在變電站里，經常要用交流電表去監測電網上的強電流，所用的器材叫電流互感器。如圖所示的四個圖中，能正確反應其工作原理的是（）A. B.C. D.6、如圖所示，已經充好電的平行板電容器與靜電計連接在一起，固定B板，移動A板，下列現象正確的是()A.向右移動A板，靜電計指針張角增大B.向右移動A板，靜電計指針張角不變C.向上移動A板，靜電計指針張角增大D.向上移動A板，靜電計指針張角不變二、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，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度下列操作可使指針張開角度增大一些的是A.保持開關S閉合，將R上的滑片向右移動B.斷開開關S后，將A、B兩極板分開一些C.斷開開關S后，將A、B兩極板的正對面積減小一些D.保持開關S閉合，將A、B兩極板分開一些8、電子感應加速器是利用感應電場來加速電子的一種設備。電子感應加速器主要由上、下電磁鐵磁極和環形真空室組成，當電磁鐵通以變化的電流時，會在柱形電磁鐵的兩極間產生磁場，在磁場中安置一個環形真空管道作為電子運行的軌道，如圖所示（圖中上部分為主視圖、下部分為俯視圖）。當磁場發生變化時，產生的感應電場就會不斷加速電子，電子在真空管中沿逆時針方向做圓周運動。下列說法正確的是（）A.磁場力充當電子做圓周運動的向心力B.使電子加速的是電場力C.勵磁電流必須從N端流入、從M端流出，且減小D.勵磁電流必須從M端流入、從N端流出，且增大9、關于熱現象和熱學規律，下列說法中正確的是()A.當分子之間的作用力表現為斥力時，分子勢能隨分子距離的減小而增大B.沒有摩擦的理想熱機可以把吸收的能量全部轉化為機械能C.在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強不為零D.對于一定量的氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱E.若氣體分子總數不變，而氣體溫度升高，氣體分子的平均動能增大，因此壓強必然增大10、如圖所示，讓兩長為L的平行金屬板帶上等量異種電荷，板間加垂直紙面向里的勻強磁場，就構成了速度選擇器模型，粒子在紙面內以垂直電場方向和磁場方向進入模型，只有速度滿足的粒子才能沿直線射出。若某一粒子以速度v進入該模型后，運動軌跡為圖中實線，則關于該粒子的說法正確的是（）A.粒子射入的速度一定是B.粒子通過速度選擇器的時間C.粒子射出時的速度可能大于射入速度D.若粒子以從右側進入一定不能沿直線從左側離開三、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）某同學用伏安法測量導體的電阻率，現有量程為3V、內阻約為3kΩ的電壓表和量程為0.6A、內阻約為0.1Ω的電流表．采用分壓電路接線，待測電阻絲Rx阻值約為5Ω（1）圖甲是未完成的實物連線圖，圖中a為待測導體右端接線柱，b為電流表正極接線柱，c為滑動變阻器左上端接線柱，d為滑動變阻器左下端接線柱．則導線①應連接______（選填a或b）．導線②應連接______（選填c或d）（2）正確接線后，實驗測得的數據如下表，請在圖乙中作出U-I圖線（）U/V0.300.400.801.101.20160I/A0.070.090.180.220.270.35（3）用作圖法求得Rx的阻值為______Ω（結果保留兩位有效數字）（4）某次用螺旋測微器測金屬絲直徑，示數如圖丙所示，金屬絲的直徑d=______mm．測出金屬絲長度，則可求出該金屬絲的電阻率12．（12分）物理課外活動小組在用單擺測重力加速度的實驗中,測出了不同擺長L所對應的周期T，在進行實驗數據處理時：①甲同學以擺長L為橫坐標、周期T的平方為縱坐標作出了T2—L圖線．若他由圖象測得的圖線斜率為K，則測得的重力加速度g=_____________．若甲同學測擺長時，忘記測擺球的半徑，則他用圖線法求得的重力加速度___________________（選填“偏大”、“偏小”、“準確”）②乙同學根據公式得，并計算重力加速度，若他測得擺長時，把擺線長當作擺長（忘記加上小球半徑），則他測得的重力加速度值__________（選填“偏大”、“偏小”、“準確”）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，線圈abcd的面積是0.05m2，共100匝，線圈電阻為1Ω，外接電阻R=9Ω，勻強磁場的磁感應強度為T，電路中電表為理想電表．當線圈以角速度為10πrad/s繞垂直磁場的軸勻速轉動時，求：（1）線圈轉動產生的電動勢的最大值；（2）電路中交流電流表的示數；（3）線圈從圖示位置轉過90°的過程中通過電阻R的電荷量。14．（16分）如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.2m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，金屬導軌的一端接有電動勢E=6V、內阻r=1Ω的直流電源．現把一個質量的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒與金屬導軌垂直、且接觸良好，它們之間的動摩擦因數為μ=0.5．為使導體棒能靜止在導軌上，在導軌所在平面內，加一個豎直向上的勻強磁場．導軌電阻不計，導體棒接入電路的電阻R0=2Ω．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．求：（1）當磁感應強度B1多大時，導體棒與導軌間的摩擦力為零；（2）當磁感應強度B2=12.5T時，導體棒與導軌間摩擦力的大小和方向；（3）使導體棒能靜止在導軌上所加磁場的磁感應強度B的最小值15．（12分）如圖所示，在足夠高的豎直絕緣擋板上A點，以水平速度v0向左拋出一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球。由于空間存在水平向右、場強大小為E的勻強電場，小球拋出后經過一段時間到達板面上位于A點正下方的B點，重力加速度為g。求：(1)小球運動過程中離擋板的最大水平距離x；(2)板上A、B兩點間的距離y；(3)小球運動過程中最小速度v的大小。

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】根據楞次定律判斷電流方向和面積的變化；根據法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律求解感應電動勢和感應電流【詳解】A項：根據楞次定律可得線圈中產生逆時針方向的感應電流，故A錯誤；B項：線圈面積的變化總是阻礙磁通量的變化，所以磁場的磁感應強度B隨時間均勻增大，線圈面積具有收縮的趨勢，故B錯誤；C項：根據法拉第電磁感應定律可得線圈中產生的感應電動勢為，故C錯誤；D項：線圈中感應電流的大小為，故D正確故選D【點睛】根據楞次定律判斷感應電流的方向的一般步驟是：確定原磁場的方向→原磁場的變化→引起感應電流的磁場的變化→楞次定律→感應電流的方向2、C【解析】解：A項，電壓表測得的是電源電壓，小于電動勢，故A項錯誤B、D項，電動勢是非靜電力在電源內部移送單位電荷所做功，電動勢是電源本身的屬性，與外接電路無關，故B、D項錯誤.C項，電動勢衡量電源將其他形式的能轉化為電能的本領大小，故C項正確3、D【解析】球所受的電場力與重力大小相等，二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故類似于等效的重力，所以bc弧的中點相當于平時豎直平面圓環的“最低點”.關于圓心對稱的位置就是“最高點”；在“最低點”時速度最大．再根據豎直平面內的圓周運動的相關知識解題即可.【詳解】A．小球受到水平向左的電場力和豎直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成45°向左下，如圖：故小球運動到圓弧bc的中點時，速度最大，此時的洛倫茲力最大，即小球運動的弧長為圓周長的時，洛侖茲力最大，故A錯誤；B．由A的分析可知，結合對稱性可知，當小球運動的弧長為圓周長的時，洛侖茲力最小，故B錯誤；C．小球由a到b的過場中，電場力和重力均做正功，重力勢能和電勢能都減小，故C錯誤.D．小球從b點運動到c點，電場力做負功，電勢能增加；因力的合力方向將于水平方向成45°向左下，當小球運動到圓弧bc的中點時速度最大，所以小球從b點運動到c點過程中，動能先增大，后減小，故D正確。故選D。【點睛】該題關鍵要能夠根據受力分析找出做圓周運動等效的最高點和最低點，再根據豎直平面內的圓周運動的知識解題.4、A【解析】考查帶電微粒在電場中的電勢能與電場力做功有關，以及決定平行板電容器電容的因素【詳解】A．若緊貼A板內側插入一塊一定厚度的金屬片，A板也是金屬板，兩板緊貼相接觸，相當為一塊金屬板，因此，等效于A、B兩金屬板的間距減小，根據知，減小，變大，兩板間電壓不變，A、B兩金屬板間的電場強度變大，帶電微粒P受電場力增大，P向上運動，電場力做正功，P的電勢能減小，故A正確；B．若緊貼B板內側插入一塊一定厚度的陶瓷片，根據知，，所以電容增大，兩板間電壓不變，A、B兩金屬板間的電場強度不變，P保持靜止，故B錯誤；C．若增大A、B兩金屬板的間距，由A選項知，電容器的電容C變小，由電容器帶的電荷量，因不變，所以減小，則有向左的電流通過電阻，故C錯誤；D．據C選項分析，若增大A、B兩金屬板的間距，電容器的電容C變小，因不變，A、B兩金屬板間的電場強度變小，P受電場力減小，P將向下運動，故D錯誤，故選A．【點睛】平行板電容器電容決定式，，電場強度，電容器電容的定義式，聯合應用5、A【解析】電流互感器應串聯在需要測量的電流的線路中，且連電流表的線圈電流小，由＝知，電流小的線圈匝數多。故選A。6、C【解析】靜電計測量兩極板間的電壓，電壓越大，靜電計張角越大；電壓越低，靜電計張角越小。AB．向右移動A板，兩板間的距離減小，根據公式可知，電容增大，由于Q一定，再根據公式可知，電壓減小，所以靜電計指針張角減小，A、B錯誤；CD．向上移動A板，兩板間的正對面積減小，根據公式可知，電容減小，由于Q一定，再根據公式可知，電壓增大，所以靜電計指針張角增大，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、BC【解析】保持開關閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢，故電容器兩端的電勢差不變，則指針張角不變，故AD錯誤；斷開開關S后，電容器帶電量Q不變，將A、B兩極板的正對面積S減小，電容C減小，根據知，電勢差U增大，指針張角增大，故C正確；斷開開關S后，電容器帶電量不變，將AB分開一些，則d增大，電容減小，根據知，電勢差U增大，指針張角增大，故B正確.故選BC.考點：電容器的動態分析【名師點睛】本題考查電容器的動態分析，關鍵抓住斷開電鍵，電容器所帶的電量不變，電鍵閉合，電容器兩端的電勢差不變；靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，斷開電鍵，電容器所帶的電量不變，根據電容的變化判斷電勢差的變化．閉合電鍵，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢8、ABD【解析】AB.電子在感應加速器中受到洛倫茲力、電場力、重力。由于重力很小，可以忽略不計。洛倫茲力方向與電子速度方向垂直，提供電子圓周運動的向心力，但洛倫茲力不做功，通過電場力做功使電子加速，故AB正確；CD.電子在真空管中沿逆時針方向做圓周運動，根據左手定則可知上、下電磁鐵間存在豎直向上的磁場，根據右手定則可判斷勵磁電流從M端流入、從N端流出；電子在真空管中沿逆時針方向做圓周運動，產生順時針的感應電流，產生豎直向下的感應磁場，根據楞次定律感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化可得原磁場應增大，故C錯誤，D正確。故選ABD。9、ACD【解析】A．當分子之間的作用力表現為斥力時，分子勢能隨分子距離的減小而增大，符合客觀事實，故A正確；B．沒有摩擦的理想熱機，工作時尾氣會帶走一部分內能，因此不會把吸收的能量全部轉化為機械能，故B錯誤；C．氣體壓強是因為氣體分子頻繁的撞擊器壁產生的，在完全失重的情況下，氣體分子仍在運動撞擊器壁，氣體對容器壁的壓強不為零，故C正確；D．對于一定量的氣體，如果壓強不變，體積增大，由理想氣態方程可知氣體溫度一定升高，溫度升高，，體積增大，對外做功，，由熱力學第一定律可知那么它一定從外界吸熱，故D正確；E．氣體溫度升高，氣體分子的平均動能增大，氣體分子總數不變，但是單位體積內分子個數可能減少，壓強減小，故E錯誤。故選擇ACD選項。10、CD【解析】AC.假設粒子帶正電，則電場力就向下，則由左手定則知所受洛倫茲力方向向上，由受力分析結合運動軌跡知則運動過程洛倫茲力不做功，電場力做負功，則粒子速度減少，粒子射出時的速度小于射入時的速度；若粒子帶負電，電場力向上，則由左手定則知所受洛倫茲力方向向下，由受力分析結合運動軌跡知，則運動過程洛倫茲力不做功，電場力做正功，則粒子速度增加，粒子射出時的速度大于射入時的速度，故C正確A錯誤；B.若粒子在正電，則在運動過程中洛倫茲力在水平方向有向左的分力，粒子在水平方向做減速運動，運動時間大于，若粒子帶負電，粒子受到的洛倫茲力在水平向右有分力作用，粒子在水平方向做加速運動運動時間小于，故B錯誤；D.若粒子以從右側進入，則不論粒子帶正電還是負電，粒子受到電場力和洛倫茲力都同向，不能滿足二力平衡，故粒子不可能做直線運動，故D正確。故選CD。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.d③.④.4.5~4.8⑤.0.715~0.717【解析】（1）[1][2]由題意可知，本實驗采用分壓接法，故導線②要與d接通；由于電流表內阻與待測電阻阻值接近，因此只能采用電流表外接法，以減小實驗誤差；故導線①應接a；（2）根據表中的數據作出的U-I圖如下圖所示：（3）[3]根據U-I圖象的斜率表示電阻，則有：Ω（4.5~4.8Ω）（4）[4]由圖示螺旋測微器可知，其示數：d=0.5mm+21.5×0.01mm=0.715mm(0.715~0.717mm)