云南省宣威市第十中學2025屆高二物理第一學期期末監測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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、如圖所示是一種焊接方法的原理示意圖．將圓形待焊接金屬工件放在線圈中，然后在線圈中通以某種電流，待焊接工件中會產生感應電流，感應電流在焊縫處產生大量的熱量將焊縫兩邊的金屬熔化，待焊接工件就焊接在一起了．我國生產的自行車車輪圈就是用這種辦法焊接的．下列說法中正確的是（）A.這種焊接方法的原理是電流的磁效應B.線圈中通入的交流電頻率越高，焊縫處溫度升高的越快C.線圈中的電流是很強的恒定電流D.待焊接工件中的感應電流方向與線圈中的電流方向總是相反2、已知電荷量單位是庫，符號為C：電流單位是安，符號為A；時間單位是秒，符號為s．由電流定義式可知，這三個單位之間的關系是（）A.1C=1A?s B.1C=lA?s﹣1C.1C=1A﹣1?s D.1C=1A﹣1?s﹣13、A、B是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在電場力作用下以一定初速度從A點沿電場線運動到B點，其速度﹣時間圖象如圖所示．則這一電場可能是下圖中的（）A. B.C. D.4、如圖是一火警報警電路的示意圖，其中R3為用某種材料制成的傳感器，這種材料的電阻率隨溫度的升高而增大。值班室的顯示器為電路中的電流表，電源兩極之間接一報警器。當傳感器R3所在處出現火情時，顯示器的電流I、報警器兩端的電壓U的變化情況是（）A.I變大，U變大B.I變小，U變小C.I變大，U變小D.I變小，U變大5、如圖所示，長為L的細線一端固定，另一端系一質量為m的小球，小球在豎直平面內擺動，通過最低點時的速度大小為v，則此時細線對小球拉力的大小為（）A.mg B.C. D.6、關于電阻、電感、電容對電流作用的說法正確的是（）A.電阻對直流電和交流電的阻礙作用相同B.電感線圈對交流電的阻礙作用是由于線圈自身存在電阻C.電容器兩極板間是絕緣的，故電容支路上沒有電流通過D.交變電流的頻率增加時，電阻、電感線圈、電容器對電流的阻礙作用都增強二、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、如圖所示為小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖，匝數n=100匝，電阻為r=1Ω的矩形線圈在勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動線圈兩端經集流環和電刷與電路連接，定值電阻R1=6Ω，R2=3Ω，其他電阻不計，線圈勻速轉動的周期T=0.2s．從線框與磁場方向平行位置開始計時，線圈轉動的過程中，理想電壓表的示數為2V．下列說法中正確的是A.電阻R2上的電功率為WB.經過10s時間，通過R1的電流方向改變100次C.從開始計時到1/20s通過電阻R2的電荷量為CD.若線圈轉速變為原來的2倍，線圈中產生的電動勢隨時間變化規律8、一束帶電粒子從靜止開始經同一電場加速后垂直進入同一勻強磁場中。若它們在磁場中做圓周運動的半徑相同，則它們在磁場中具有相同的（）A.速率 B.動能C.動量大小 D.周期9、圖所示，電源的電動勢為E，內阻為r，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，C為電容器，L為小燈泡，電表均為理想電表，閉合開關S后，若滑動變阻器的觸頭P向下滑動時，則()A.小燈泡的功率增大B.電壓表的示數增大C.電容器上的電荷量增加D.兩表示數變化量的比值不變10、如圖所示，圖中的三個電表均為理想電表，閉合電鍵后，電流表A和電壓表V1、V2示數分別用I、U1、U2表示，當滑動變阻器滑片P向右端滑動時，電流表A和電壓表V1、V2示數變化量的大小分別用ΔI、ΔU1、ΔU2表示，下面說法正確的是（）A.I增大、U1減小、U2增大B.ΔU1>ΔU2C.減小，不變D.電源的效率降低三、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）用如圖甲所示的電路測定一電池組的電動勢與內電阻（1）用筆畫線代替導線在圖乙中完成實物連接圖_______；如圖甲所示，在閉合開關之前為防止電表過載而移動滑動變阻器的滑動頭應移到滑動變阻器____處（填“左端”或“右端”）（2）由圖丙可知：該電池組的電動勢E＝_____V，內阻r＝_____Ω．（均保留兩位有效數字）（3）用上述實驗方案測定的誤差來源是__________造成的（選填“電流表內阻分壓”或“電壓表內阻分流”）12．（12分）如圖所示,當可變電阻R調到20Ω,電流表的讀數為0.3A,當可變電阻R調到10Ω,電流表的讀數為0.4A,則電源的電動勢E=____________V,內阻r=____________Ω。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，在的一、二象限范圍內分布著一個勻強電場，方向與軸正向相同，在的一、二象限范圍內分布站一個勻強磁場，方向垂直于平面向里．現將某質量為、電荷量為的正粒子置于原點，使其以速度沿軸正方向射入電場．經過一段時間粒子從位置為離開電場上邊緣進入磁場，若粒子恰好沒有從的邊界離開磁場．（已知，不計粒子重力），求：（1）電場強度；（2）磁感應強度；（3）粒子第一次在磁場中運動的時間14．（16分）如圖所示，PQ和MN為水平平行放置金屬導軌，相距1m，導體棒ab跨放在導軌上，棒的質量為，棒的中點用細繩經滑輪與物體相連，物體的質量，棒與導軌的動摩擦因數為，勻強磁場的磁感應強度，方向豎直向下，為了使物體以加速度加速上升，應在棒中通入多大的電流？方向如何？15．（12分）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，用長為L不可伸長的絕緣細線拴住一質量為m，帶電荷量為q的小球，線的上端固定于O點．細線與豎直方向成30°角時靜止釋放小球，小球開始擺動，當擺到A點時速度為零，此時OA恰好處于水平狀態，設整個過程中細線始終處于拉直狀態，靜電力常量為k，忽略空氣阻力．求：（1）判斷小球電性；（2）BA兩點間的電勢差UBA；（3）勻強電場的場強E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、B【解析】恒定電流不能在工件中產生感應電流，頻率很高，磁通量變化快，產生感應電動勢較大，磁通量減少時，焊接工件中的感應電流方向與線圈中的電流方向相同【詳解】A、B項：高頻焊接利用高頻交變電流產生高頻交變磁場，在焊接的金屬工件中就產生感應電流，根據法拉第電磁感應定律分析可知，電流變化的頻率越高，磁通量變化頻率越高，產生的感應電動勢越大，感應電流越大，焊縫處的溫度升高的越快，故A錯誤，B正確；C項：恒定電流不能在工件中產生感應電流，故C錯誤；D項：若磁通量減少時，焊接工件中的感應電流方向與線圈中的電流方向相同，故D錯誤故選B【點睛】本題考查了電磁感應現象在生產和生活中的應用，注意要會分析應用的原理2、A【解析】根據電流的定義式，Q=It，則1C=1A?s，故A正確，BCD錯誤故選：A3、A【解析】由圖像可知，速度在逐漸減小，圖像的斜率在逐漸增大，故此帶負電的微粒做加速度越來越大的減速直線運動，所受電場力越來越大，電場線的疏密表示場強的大小，帶負電的微粒受力方向與運動方向相反。故選A。4、A【解析】發生火情時，溫度升高，電阻率增大，根據電阻定律：可知阻值變大，根據“串反并同”的規律可知，電流表示數和報警器兩端電壓都是與“并”的物理量，所以變化與變化相同，均增大，A正確，BCD錯誤。故選A。5、D【解析】在最低點,根據牛頓第二定律得,F?mg=，解得F=mg+.故ABC錯誤，D正確故選D.6、A【解析】A．電阻對直流電和交流電的阻礙作用相同，故A正確；B.電感線圈對交流電的阻礙作用是由于電磁感應原理，故B錯誤；C．電容器的特性：通交流，隔直流，通調頻，阻低頻，故C錯誤；D．交變電流的頻率增加時，電感的阻礙增加，而電容的阻礙減小，對于電阻則不變，故D錯誤。故選：A。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】A.電阻上的電功率為，故A錯誤B.交流電的頻率為，所以交流電在內方向改變10次，經過10s時間，電流方向改變100次，故B正確C.根據閉合電路歐姆定律產生的感應電動勢的有效值為，所以的感應電動勢的最大值為，由公式，可知，故線圈中的磁通量為，從開始計時到，磁通量的變化量為，故通過的電量為，故C正確D.若轉速增大2倍，角速度也增大2倍，所以產生的感應電動勢，線圈中產生的電動勢隨時間變化的規律為，故D錯誤8、AD【解析】根據動能定理得得：根據，得根據半徑相同，U相同，知粒子的比荷相同。根據知，粒子在磁場中的速率相同。根據知，粒子在磁場中的周期相同。A．速率，與結論相符，選項A正確；B．動能，與結論不相符，選項B錯誤；C．動量大小，與結論不相符，選項C錯誤；D．周期，與結論相符，選項D正確；故選AD。9、ABD【解析】分析電路結構，當滑動變阻器的觸頭P向下滑動時，電阻R2減小，分析電路中總電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可分析電路中電流及電壓的變化，從而判斷電容器電量的變化．根據歐姆定律分析兩表示數變化量的比值【詳解】由圖可知,L和R2串聯后和C并聯，再與R1串聯，電容器在電路穩定時相當于斷路；A.當滑動變阻器的觸頭P向下滑動時，電阻R2減小，電路的總電阻減小，總電流I增大，流過小燈泡的電流增大，則小燈泡的功率增大，故A正確；B.由歐姆定律知，電壓表的示數增大，故B正確；C.電容器板間電壓UC=E?I(R1+r)，I增大，則UC減小，電容器上的電荷量減少，故C錯誤；D.|△U/△I|=R1，保持不變，故D正確故選ABD10、ABD【解析】A．滑片P向右滑動，電阻減小，總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律：可知干路電流增大，電流表示數增大，定值電阻分壓增大，根據：可知路端電壓減小，則滑動變阻器上的分壓減小，A正確；B．根據閉合電路歐姆定律：結合數學知識可知：所以，B正確；C．對B選項中的變化量表達式分析：根據歐姆定律可知：則：所以和均不變，C錯誤；D．電源的效率：路端電壓減小，電動勢不變，電源效率減小，D正確。故選ABD。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)如圖：②.左端③.(2)4.5④.1.5⑤.(3)電壓表內阻分流【解析】（2）根據滑動變阻器的接法確定滑片的位置（3）根據坐標系中描出的點作出圖象；電源的U-I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值是電源內阻根據電路結構確定產生誤差的原因.【詳解】（1）電路連接如圖；在閉合開關之前為防止電表過載而移動滑動變阻器的滑動頭應移到滑動變阻器左端處；（2）由圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是4.5，則電源電動勢E=4.5V，電源內阻；（3）用上述實驗方案測定的誤差來源是電壓表內阻分流造成的；【點睛】滑動變阻器采用限流接法時，閉合開關前，滑片應置于阻值最大位置，滑動變阻器采用分壓接法時，閉合開關前，滑片應置于分壓電路分壓最小的位置．要掌握應用圖象法處理實驗數據的方法12、①.12②.20【解析】[1][2]由閉合回路歐姆定律可得（R表示外電路總電阻）故當可變電阻R調到20Ω,電流表的讀數為0.3A時有A當可變電阻R調到10Ω,電流表的讀數為0.4A時有A聯立兩式可得V，Ω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)；(3)【解析】沿x軸正方向發射的粒子做類平拋運動，根據平拋運動基本公式列式求解E；粒子沿x軸正方向射出的粒子進入磁場偏轉的角度最大，若該粒子進入磁場不能打在ab板上，則所有粒子均不能打在ab板上．根據帶電粒子在電場中類平拋運動，求出進入磁場中的偏轉角度，結合幾何關系得出軌道半徑，從而得出磁感應強度的大小；粒子運動的時間對應的圓心角，根據幾何關系結合周期公式求解；【詳解】解：(1)沿x軸正方向發射的粒子有：x=1.5d，y=d由類平拋運動基本規律得：，而聯立可得：(2)沿x軸正方向發射的粒子射入磁場時有：，聯立可得：，方向與水平成，斜向右上方據題意知該粒子軌跡恰與上邊緣相切，則其余粒子均達不到y=2d邊界，由幾何關系可知：根據牛頓第二定律得：解得：聯立可得：(3)粒子運動的時間對應的圓心角，由幾何關系可知圓心角為：粒子運動周期為：則時間為：14、75A方向【解析】導體棒最大靜摩擦力大小為的重力為，則，要保持導體棒勻速上升，則安培力方向必須水平向左，則根據左手定則判斷得知棒中電流的方向為由a到b根據受力分析，由牛頓第二定律，則有，聯立得：【點睛】此題是通電導體在磁場中平衡問題，要抓住靜摩擦力會隨外力的變化而變化，挖掘臨界條件進行求解15、（1）小球帶正電（2）（3）【解析】（1）根據電場力對小球做功的正負判斷電場力的方向，從而判斷小球的電性；（2）對于小球1從B到A過程，運用動能定