2025届河北省衡水市重点名校高二物理第一学期期末监测试题含解析

2025届河北省衡水市重点名校高二物理第一学期期末监测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图甲，有一个原、副线圈匝数比为2:1的理想变压器，图中的电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，其中Rt为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R为定值电阻。下列说法正确的是（）A.副线圈两端电压的瞬时值表达式为u′＝18sin50πt(V)B.t＝0.01s时电压表V2的示数为0C.变压器原、副线圈中的电流之比为2:1D.Rt处温度降低时，电流表的示数变小，电压表V2的示数不变2、如图所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，下列有关圆环的说法正确的是（）A.圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势B.圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势C.圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势D.圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势3、如图所示，当滑动变阻器的滑片P向上端移动时，电表示数的变化情况是（）A.示数减小，示数增大，A示数增大B.示数增大，示数减小，A示数增大C.示数增大，示数增大，A示数减小D.示数减小，示数减小，A示数减小4、如图所示为将一灵敏电流计改装成电流表或电压表的实验电路图，R1、R2为定值电阻。下列说法正确的是（）A.此图是改装成电流表示意图；接A、B两端时量程较大B.此图是改装成电流表示意图；接A、C两端时量程较大C.此图是改装成电压表示意图；接A、B两端时量程较大D.此图是改装成电压表示意图；接A、C两端时量程较大5、如图，光滑半圆形轨道与光滑曲面轨道在B处平滑连接，前者置于水平向里的匀强磁场中，有一带正电小球从A由静止释放，能沿轨道前进并恰能通过半圆形轨道最高点C．现若撤去磁场，使球从静止释放仍能恰好通过半圆形轨道最高点，则释放高度H′与原释放高度H的关系是（）A.H′>H B.H′＝HC.H′<H D.无法确定6、在光滑的水平面上做匀加速直线运动的物体，当它所受的合力逐渐减小而方向不变时，物体的（）A.加速度越来越大，速度越来越大B.加速度越来越小，速度越来越小C.加速度越来越小，速度越来越大D.加速度越来越大，速度越来越小二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、用伏安法测电阻的实验，可以采用图示a、b两种方法把伏特表和安培表连入电路，这样测量出来的电阻值与被测电阻的真实阻值比较，下列正确的是A.两种接法的测量值都小于真实值B采用a图接法，测量值小于真实值C.采用b图接法，测量值大于真实值D.两种接法的测量值都大于真实值8、如图所示，当电流通过线圈时，小磁针将发生偏转，关于线圈中电流方向和小磁针的偏转方向，正确的说法是()A.通入逆时针方向的电流，小磁针的S极指向外B.通入顺时针方向的电流，小磁针的N极指向外C.通入逆时针方向的电流，小磁针的N极指向外D.通入顺时针方向的电流，小磁针的S极指向外9、如图是质谱仪的工作原理示意图。现有一束几种不同的正离子，经过加速电场加速后，垂直射入速度选择器（速度选择器内有相互正交的匀强电场E和匀强磁场B1），离子束保持原运动方向未发生偏转。接着进入另一匀强磁场B2，发现这些离子分成几束。忽略重力的影响，由此可得结论（）A.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内B.这些离子通过狭缝P的速率都等于C.这些离子的电量一定不相同D.这些离子比荷一定不相同10、如图所示，四幅有关电场说法正确的是：()A.图甲为等量异种点电荷形成的电场线B.图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强相同C.图丙中在c点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d点D.图丁中某一电荷放在e点与放到f点，它们的电势能相同三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）用相同的灵敏电流计改装成量程为3V和15V两个电压表，将它们串联接入电路中，则它们的指针偏角之比为______，读数之比______.12．（12分）某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验。气垫导轨装置如图（a）所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。（1）下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；把滑块2放在气垫导轨的中间；⑤先________，再放开________，让其带动纸带一起运动；中间与滑块2相撞并粘在一起运动；⑥取下纸带，重复步骤④⑤，选出理想的纸带如图（b）所示；⑦测得滑块1的质量310g，滑块2（包括橡皮泥）的质量205g（2）已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s（保留三位有效数字）（3）试说明（2）中两结果不完全相等的主要原因是________四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图甲所示，固定轨道由倾角θ＝37°的斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成，轨道所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝0.2T的匀强磁场，两导轨间距为L＝0.5m，上端用阻值为R＝0.5Ω的电阻连接．在沿斜导轨向下的拉力（图中未画出）作用下，一质量为m＝0.5kg、阻值也为0.5Ω的金属杆MN从斜导轨上某一高处由静止开始（t＝0）沿光滑的斜导轨匀加速下滑，当杆MN滑至斜导轨的最底端P2Q2处时撤去拉力，杆MN在粗糙的水平导轨上减速运动直至停止，其速率v随时间t的变化关系如图乙所示（其中vm＝20m/s和t0＝2s为已知）．杆MN始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，水平导轨和杆MN间的动摩擦因数为μ＝0.1，g＝10m/s2.求：(1)杆MN中通过的最大感应电流Im；(2)杆MN沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R的电荷量q；(3)撤去拉力后，若电阻R上产生的热量为Q＝20J，求杆MN在水平导轨上运动的路程s.14．（16分）如图所示，两平行金属导轨间的距离,金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源。现把一个质量的导体棒放在金属导轨上，此时导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻金属导轨电阻不计，取。已知，求：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力大小及方向；（3）若将直流电源置换成一个电阻为的定值电阻（图中未画出），然后将导体棒由静止释放，导体棒将沿导轨向下运动，求导体棒的最大速率（假设金属导轨足够长，导体棒与金属导轨之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）。15．（12分）如图（a）所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．求0至t1时间内（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；（2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】A．原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压根据变压比可知，副线圈两端电压的最大值为周期为故角速度是副线圈两端电压的瞬时值表达式为故A错误；B．副线圈两端电压的有效值为所以电压表V2的示数为，故B错误；C．根据理想变压器的变流比可知，变压器原、副线圈中的电流之比等于匝数反比，即变压器原、副线圈中的电流之比为1：2，故C错误；D．处温度降低时，的阻值增大，而副线圈的电压不变，副线圈的电流减小，所以电流表的示数变小，由于副线圈的电压不变，根据变压比可知原线圈电压不变，电压表的示数不变，故D正确；故选D。2、B【解析】因为金属棒ab在恒力F的作用下向右运动,则abcd回路中产生逆时针方向的感应电流,则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场,随着金属棒向右加速运动,圆环的磁通量将增大,根据楞次定律可以知道,圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量将增大;又因为金属棒向右运动的加速度减小,单位时间内磁通量的变化率减小,所以在圆环中产生的感应电流不断减小,故B对；ACD错【点睛】当导体棒变速运动时在回路中产生变化的感应电流,因此圆环内的磁场磁通量发生变化,根据磁通量的变化由楞次定律可以判断圆环面积的变化趋势,其感应电流的变化要根据其磁通量的变化快慢来判断.3、C【解析】首先弄清电压表测量的是路端电压，电压表测量的是和并联电路两端的电压，电流表A测量的是通过电阻的电流，再利用闭合电路欧姆定律及串联、并联电路的特点进行分析．滑片P向上端移动，接入电路的电阻增大，外电阻增大，干路电流I减小，路端电压增大，从而判定示数增大；由于I减小，电阻及内阻r的电压减小，故增大，所以示数增大；由于增大，所在支路的电流增大，通过的电流减小，所以A示数减小故选C4、A【解析】根据并联分流的规律可知，此图是改装成电流表的示意图；电阻越小分流越大，所以接A、B两端时，灵敏电流计和串联，然后再和并联改装成量程较大的电流表，而接A、C两端时，灵敏电流计和、串联的总电阻并联改装成量程较小的电流表，A正确，BCD错误。故选A。5、C【解析】有磁场时，恰好通过最高点，有：mg+qvB=m，无磁场时，恰好通过最高点，有：mg=m，由两式可知，v2<v1．根据动能定理，由于洛伦兹力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg（h-2R）=mv2可知，H′<H．故C正确，ABD错误．故选C6、C【解析】物体在光滑的水平面上做匀加速直线运动，说明速度方向与加速度方向相同．当它所受的合力逐渐减小而方向不变时，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小而方向保持不变．加速度仍然保持与速度同向，所以速度仍然增加．故加速度越来越小，速度越来越大．故选C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BC【解析】两种接法都有误差：a图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过R的电流，还包括了电压表的电流；b图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是电阻R的电压，还包括了电流表的分压，要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小【详解】a图接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即I=IR+IV

电压表的示数U是R两端电压的真实值，则，故B正确；b图接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即U=UR+UA

电流表的示数I是通过R的真实值，则，故C正确，AD错误，故选BC.【点睛】待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小8、CD【解析】安培定则：用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的N极．当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S极，纸外是通电线圈的N极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外．故A错误，C正确；当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里，故B错误，D正确；故选CD【点睛】一个通电线圈也有N极和S极，也按照安培定则判断，纸里是线圈的N极，纸外是线圈的S极．线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极，线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极．磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同9、BD【解析】A．由离子在B2中的偏转知粒子带正电，则受电场力向右，则离子在选择器中受水平向左的洛伦兹力，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故A错误；B．由得此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故B正确；C．由得离子是半径不同，一定是比荷不同，而电量可能相等，故C错误；D．由得，知荷质比越大，R越小，越靠近狭缝，故D正确；故选BD。10、AD【解析】首先知道常见电场的电场线的分布特点，电场线的疏密程度反映电场的强弱，某点切线方向表示该点的场强方向；利用曲线运动的条件，分析静止试探电荷的运动情况【详解】电场线从正电荷出发到负电荷终止，由图甲可知，该图为等量异种点电荷形成的电场线．故A正确；电场强度是矢量，由图可知，距离乙点电荷距离相等的a、b

两点场强大小相等，但方向不相同．故B错误；电场线不是带电粒子运动的轨迹，由图丙，过c、d的电场线是曲线，则从c

点静止释放一正电荷，电荷不能沿着电场线运动到d

点．故C错误；该电容器极板之间的电场为匀强电场，由图可知c点与f点在同一个等势面上，所以某一电荷放在e

点与放到f

点，它们的电势能相同．故D正确．故选AD三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、①.1：1②.1：5【解析】因两电压表是串联关系，则通过两电压表的电流相同，故指针偏转的角度相同，即指针偏角之比为1:1，串联电路电流相等，电阻两端电压与阻值成正比，两电压表内阻之比为1:5，两电压表串联时示数之比1:5.12、①.接通打点计时器的电源②.放开滑块③.0.620④.0.618⑤.纸带与打点计时器限位孔有摩擦【解析】（1）[1][2]根据打点计时器使用可知，接通打点计时器的电源，后放开滑块；（2）[3]放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得，碰撞前滑块1的动量为滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg•m/s；[3]碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为（3）[4]结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用。四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在