2025屆海南省海口市物理高二上期末聯考模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、如圖所示中OA為一遵循胡克定律的彈性輕繩，其一端固定于天花板上的O點，另一端與靜止在動摩擦因數恒定的水平地面上的滑塊A相連．當繩處于豎直位置時，滑塊A對地面有壓力作用．B為緊挨繩的一光滑水平小釘，它到天花板的距離BO等于彈性繩的自然長度．現用一水平力F作用于A，使之向右緩慢地做直線運動，則在運動過程中（）A.地面對A的支持力N逐漸增大B.地面對A的摩擦力f保持不變C.地面對A的支持力N逐漸減小D.地面對A的摩擦力f逐漸減小2、汽車后備箱蓋一般都配有可伸縮的液壓桿，如圖甲所示，其示意圖如圖乙所示，可伸縮液壓桿上端固定于后蓋上點，下端固定于箱內點，也為后蓋上一點，后蓋可繞過點的固定鉸鏈轉動，在合上后備箱蓋的過程中（）A.點相對點做圓周運動B.點與點相對于點轉動的線速度大小相等C.點與點相對于點轉動的角速度大小相等D.點與點相對于點轉動的向心加速度大小相等3、兩根長直通電導線互相平行，電流方向相同，它們的截面處于等邊△ABC的A和B處，如圖所示。兩通電導線各自在C處產生磁場的磁感應強度大小都是B0，則下列說法正確的是A.等邊△ABC區域中（包括邊界）沒有磁感應強度為零的點B.在C處磁場的總磁感應強度方向垂直于AB連線向下C.在C處磁場的總磁感應強度大小是B0D.在C處磁場方向與AB連線的中垂線方向垂直4、如右圖所示，因線路故障，按通K時，燈L1和L2均不亮，用電壓表測得Uab=0，Ubc=4V，Ucd=0．由此可知斷路處為()A.燈L1 B.燈L2C.變阻器 D.不能確定5、一電流表的滿偏電流Ig＝1mA，內阻為200Ω.要把它改裝成一個量程為0.5A的電流表，則應在電流表上（）A.并聯一個約為200Ω的電阻B.并聯一個約為0.4Ω的電阻C.串聯一個約為0.4Ω的電阻D.串聯一個約為200Ω的電阻6、如圖，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面的勻強磁場，半徑OC與OB夾角為60°．一電子以速率v從A點沿直徑AB方向射入磁場，從C點射出．電子質量為m、電荷量為e，不計電子重力，下列說法正確的是（）A.磁場方向垂直紙面向里B.磁感應強度大小為C.電子在磁場中的運動時間為D.若電子速率變為，仍要從C點射出，磁感應強度大小應變為原來的3倍二、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、如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數比為10∶1，圖中電表均為理想電表，R、L和D分別是光敏電阻(其阻值隨光強增大而減小)、電感線圈和燈泡．原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓u，下列說法正確的是()A.電壓u的頻率為50HzB.電壓表的示數為VC.有光照射R時，電流表的示數變大D.抽出L中的鐵芯，D燈變亮8、如圖所示電路，電源電動勢為E，內阻為r。當開關S閉合后，小型直流電動機M和指示燈L（可看作純電阻）都恰能正常工作。已知指示燈L的電阻為R0，額定電流為I，電動機M的線圈電阻為R，則下列說法中正確的是（）A.電動機的額定電壓為IR B.電動機的輸出功率為IE-I2（R0+R+r）C.電源的輸出功率為IE-I2r D.整個電路的熱功率為I2（R0+R）9、如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶負電的質點僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，R同時在等勢面b上，據此可知（）A.三個等勢面中，c的電勢最高B.帶電質點在P點的電勢能比在Q點的電勢能小C.帶電質點在P點的動能與電勢能之和比在Q點的小D.帶電質點在P點的加速度比在Q的加速度大10、如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，從上極板的左端A點緊貼上極板以水平初速度v0向右射入一個帶正電的粒子，粒子重力不計．當它的水平分速度與豎直分速度的大小之比為1︰2時，恰好從下極板的右端B點射出．設極板長為L，板間距為d，則A.d=LB.d=2LC.若粒子初速度為2v0，則粒子從電容器中飛出時距上極板D.若粒子初速度為2v0，則粒子從電容器中飛出時距上極板三、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）某同學在測定金屬圓柱體電阻率時需要先測量其尺寸，他分別使用游標卡尺和螺旋測微器測量圓柱體的長度和直徑，某次測量的示數如圖(a)和如圖(b)所示，長度為________cm，直徑為________mm。12．（12分）某同學要測定一電源的電動勢E和內阻r，實驗器材有：一只DIS電流傳感器（可視為理想電流表，測得的電流用I表示），一只電阻箱（阻值用R表示），一只開關和導線若干。該同學設計了如圖甲所示的電路進行實驗和采集數據。(1)該同學設計實驗的原理表達式是E=________（用r、I、R表示）。(2)該同學在閉合開關之前，應先將電阻箱調到________（選填“最大值”“最小值”或“任意值”），實驗過程中，將電阻箱調至如圖乙所示位置，則此時電阻箱接入電路的阻值為________Ω。(3)該同學根據實驗采集到的數據作出如圖丙所示的－R圖象，則由圖象可求得，該電源的電動勢E=______V，內阻r=________Ω。（結果均保留兩位有效數字）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，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動，不計帶電粒子所受重力：（1）求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；（2）為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小。14．（16分）有一根長的直導線，通有I=2A的電流．將此直導線垂直磁場方向放入勻強磁場中，導線受到的安培力，求：（1)該勻強磁場的磁感應強度B的大小；（2)若將導線中的電流增大為,而其他不變，則該導體受到的安培力是多大？15．（12分）如圖所示，N=50匝的矩形線圈，ab邊長，ad邊長，放在磁感應強度B=0.4T的勻強磁場中，外力使線圈繞垂直于磁感線且通過線圈中線的軸以n=3000r/min的轉速勻速轉動，線圈電阻r=1Ω，外電路電阻R=9Ω，t=0時線圈平面與磁感線平行，ab邊正轉處紙外、cd邊轉入紙里，，計算結果保留三位有效數字。求：（1）感應電動勢的瞬時值表達式；（2）線圈轉一圈外力做的功。

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、B【解析】AC對物體進行受力分析如上圖所示，綬慢移動物體處于平衡狀態，豎直方向合力為零，施加F前，設B點到物體A的距離為h，施加F后，由平衡關系可得分析該式可知支持力不變，故AC都錯誤；BD．地面對A的摩擦力，FN不變，摩擦力不變，故B正確，D錯誤。故選擇B選項。2、C【解析】A.在合上后備箱蓋的過程中，O'A的長度是變短的，因此A點相對O′點不是做圓周運動，A錯誤；BCD.在合上后備箱蓋的過程中，A與B都是繞O做圓周運動，相同的時間繞O轉過的角度相同，即A與B相對O的角速度相等；但是OB、OA距離不相等，根據可知A與B相對O的線速度不相等；根據可知A與B相對O的向心加速度大小不相等；故C正確，BD錯誤3、D【解析】A．直導線A與B在AB連續的中點處，A與B產生的磁感應強度大小相等，方向相反，合磁感應強度是0，故A錯誤；BCD．根據安培定則可知，導線A在C處產生的磁場方向垂直于AC方向向右，導線B在C處產生的磁場方向垂直于BC方向向右，如圖，根據平行四邊形定則得到，C處的總磁感應強度為方向水平向右，故BC錯誤；D正確。故選D。4、B【解析】由題，則燈發生斷路，因為斷路時，電路無電流，其兩端的電勢分別等于電源兩極的電勢，其電勢差等于電源的電動勢；而對于完好的電阻，阻值一定，電流時，根據歐姆定律可知，其電壓，由題：，．由題，則可知：燈和變阻器R沒有發生斷路，故選項B正確，選項ACD錯誤【點睛】本題是電路中故障分析問題，往往哪段電路的電壓等于電源的電壓，哪段電路發生斷路，可用電壓即為電勢差來理解5、B【解析】要使電流表量程變為0.5A，需要并聯分流電阻，流過分流電阻的電流：并聯部分的電壓：則需要并聯的電阻：故B項正確，ACD三項錯誤6、B【解析】A.根據左手定則，磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；B.由題意得，電子的運動半徑恰好等于，解得，故B正確；C.運動周期，電子在圓形區域的運動時間，故C錯誤；D.電子的運動半徑恰好等于，若電子速率變為，仍要從C點射出，磁感應強度大小應變為原來的，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、ACD【解析】由變壓器原理可得變壓器原、副線圈中的電流之比，輸入、輸出功率之比．和閉合電路中的動態分析類似，可以根據R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，在根據電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況.【詳解】A、原線圈接入題圖乙所示的電源電壓，T=0.02

s，所以頻率為;故A正確.B、原線圈接入電壓的最大值是，所以原線圈接入電壓的有效值是U=220V，理想變壓器原、副線圈匝數比為10：1，所以副線圈電壓是22

V，所以電壓表的示數為22

V，故B錯誤；C、有光照射R時，R阻值隨光強增大而減小，根據，得副線圈輸出功率增大，所以原線圈輸入功率增大，所以電流表的示數變大，故C正確；D、抽出L中的鐵芯，電感線圈自感系數減小，電感線圈對電流的阻礙減小，所以D變亮，故D正確.故選ACD.【點睛】電路的動態變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法.8、BC【解析】A.電動機不是純電阻，不能滿足歐姆定律，IR不是電動機的額定電壓，故A錯誤；B.根據能量守恒定律可知，電動機總功率為，內部消耗功率為，故輸出功率為，故B正確；C.電源的總功率為IE，內部消耗功率為I2r，則電源的輸出功率為，故C正確；D.整個電路的熱功率為，故D錯誤。故選BC。9、AD【解析】由于質點只受電場力作用，根據運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側，由于質點帶負電，因此電場線方向與受力方向相反；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強度大。【詳解】A．電荷所受電場力指向軌跡內側，由于質點帶負電帶，因此電場線方向垂直對應等勢面向上，沿電場線電勢降低，故a等勢線的電勢最低，c等勢線的電勢最高，故A正確；B．根據質點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點的電勢能大于Q點的電勢能，故B錯誤；C．帶電粒子在電場中只受電場力，從P到Q過程中電場力做功等于動能的變化，帶電質點在電場中運動過程中動能與電勢能之和不變，故C錯誤；D．等勢線密的地方電場線密場強大，故P點位置電場強，電場力大，根據牛頓第二定律，加速度也大，故D正確。故選AD。【點睛】解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。10、AD【解析】帶正電粒子在勻強電場中做類平拋運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，帶電粒子在水平方向做勻速直線運動，水平速度恒為v0，當粒子恰好從下端點B射出，它的水平速度與豎直速度的大小之比為1：2，故豎直分速度為2v0，豎直方向的平均速度為v0，再根據運動的等時性，可得d與L的關系【詳解】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平方向上做勻速直線運動，速度恒為v0，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動；當粒子恰好從下端點B射出時，它的水平速度與豎直速度的大小之比為1：2，故豎直方向的末速度為2v0，由勻變速直線的運動規律可知：豎直方向的平均速度為v0，水平分運動和豎直分運動的運動時間相同，設為t，故，故B錯誤，A正確．若粒子初速度為2v0，則粒子飛出電場時時間變為原來的一半，根據可知，從電容器中飛出時距上極板的距離變為原來的1/4，即d/4，選項C錯誤，D正確；故選AD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、①.5.02②.4.815【解析】[1]游標卡尺是10分度的卡尺，其精確度為0.1mm，因此讀數為[2]螺旋測微器螺旋上的最小刻度為0.01mm，即精確到0.01mm，因此讀數為【點睛】關鍵掌握游標卡尺讀數的方法，主尺讀數加上游標讀數，不需估讀；而螺旋測微器的讀數等于固定刻度讀數加可動刻度讀數，需要估讀。12、①.I（R＋r）②.最大值③.21④.6.3（6.1~6.4）