2025届广西玉林高中高二物理第一学期期末联考模拟试题含解析

2025届广西玉林高中高二物理第一学期期末联考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、如图所示，两根长直通电导线互相平行，电流方向相同．它们的截面处于一个等边三角形ABC的A和B处，且A、B两点处于同一水平面上．两通电电线在C处的磁场的磁感应强度的值都是B，则C处磁场的总磁感应强度的大小和方向是A.B竖直向上B.B水平向右C.水平向右D竖直向上2、如图所示，已知某匀强电场方向平行正六边形ABCDEF所在平面，若规定D点电势为零，则A、B、C点的电势分别为8V、6V、2V，初动能为16eV、电荷量大小为3e（e为元电荷）的带电粒子从A沿AC方向射入正六边形区域，恰好经过BC的中点G．不计粒子的重力．则A.粒子一定带正电B.粒子达到G点时的动能为4eVC.若粒子在A点以不同速度方向射入正六边形区域，可能经过C点D.若粒子在A点以不同初动能沿AC方向射入正六边形区域，可能垂直经过BF3、说起车开得快，小明想起一个笑话：一个驾校学员紧张的问师傅，“我是不是开得太快啊？”坐在副驾驶位的师傅说，“你哪里是开得太快咯，你那是飞得太低！”笑笑过后，小明想明年高考结束后一定把驾照考到手，下图是一个新学员驾着教练车在水平路面上匀速转弯时的情形，考虑空气阻力，则下列说法中正确的是A.教练车所受地面的摩擦力与小车前进的方向相反B.教练车所受地面的摩擦力与小车前进的方向相同C.教练车所受地面的摩擦力垂直小车前进的方向且指向弯道内侧D.教练车所受地面的摩擦力指向弯道内侧且偏向小车前进的方向4、如图所示的电路可以用来“研究电磁感应现象”。干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路，电流计、线圈B串联成另一个电路。线圈A、B套在同一个闭合铁芯上，且它们的匝数足够多。从开关闭合时开始计时，流经电流计的电流大小i随时间t变化的图像是（）A. B.C. D.5、磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能。如图是它的示意图。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负离子）喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是直流电源的两个电极，设A、B两板间距为d，磁感应强度为B′，等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向射入A、B两板之间，则下列说法正确的是（）A.A是直流电源的正极B.其他条件不变，若增大等离子体的电量q，则UAB增大C.电源的电动势为B′dvD.电源的电动势为qvB′6、下列各图中正确表示电流的磁场或周围磁感线分布的是（）A. B.C. D.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、如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为B/2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R．则()A.粒子经偏转后一定能回到原点OB.粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1C.粒子完成一次周期性运动的时间为D.粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R8、如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R．已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则（）A.液滴带正电B.液滴荷质比C.液滴顺时针运动D.液滴运动速度大小为9、在如图所示的电路中电源电动势为E，内阻为r，M为多种元件集成的电子元件，通过它的电流始终为恒定值，L1和L2是规格相同的小灯泡（其电阻不随温度变化），R为可变电阻，现闭合开关S，调节可变电阻R使其电阻值逐渐减小，下列说法正确的是（）A.灯泡L1变暗、L2变亮B.通过电阻R的电流增大C.电子元件M两端的电压变大D.电源两端电压变小10、在同一光滑斜面上放同一导体棒，下图所示是两种情况的剖面图。它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上，两次导体A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡．已知斜面的倾角为θ，则（）A.I1∶I2=cosθ：1B.I1∶I2=1∶1C.导体A所受安培力大小之比F1∶F2=sinθ∶cosθD.斜面对导体A的弹力大小之比N2∶N2=cos2θ∶1三、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）如图所示为伏安法测电阻一种常用电路。以下分析正确的是（）A.此接法的测量值大于真实值B.此接法的测量值小于真实值C.此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D.开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端12．（12分）在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所使用的电流表内阻约为几欧姆，电压表的内阻约为十几千欧．根据实验所测8组数据，在如图所示I-U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.①请根据你的判断在虚线框中画出实验电路图______.②根据图甲可确定小灯泡功率P与U2和I2的关系图象，其中正确的是（）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）如图所示，光滑绝缘的倾斜框架放在方向竖直向下的匀强磁场中，倾角为θ=45°、宽度为L=0.2m。导体棒水平放置在框架上，且和电动机并联成右侧电路，电源的电动势E=6V、内电阻r=1Ω，电动机的额定电压为U=4V，额定功率为P=2W。开关闭合后，电动机正常工作，导体棒静止在框架上，已知匀强磁场的磁感应强度为B=2T，重力加速度g=10m/s2，不计导线对导体棒的作用力，求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒的质量。14．（16分）如图所示，二块水平放置、相距为d长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动，进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2)求磁感应强度B的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间位置。为了使墨滴仍能到达下板M点应将磁感应强度调至B´，则B´的大小为多少？15．（12分）如图所示，在水平向右场强为E的匀强电场中，有一质量为m、电荷量为q的点电荷从A点由静止释放，仅在由场力的作用下经时间t运动到B点．求：（1）点电荷从A点运动到B点过程中电场力对点电荷做的功；（2）A、B两点间的电势差

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、C【解析】根据安培定则判断出A、B两导线在C处产生的磁场方向，根据磁场的叠加原理，分析C处的磁感应强度的大小和方向【详解】根据安培定则可知，导线A在C处产生磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，则磁场在C处相互叠加，如图所示根据几何关系知合磁感强度为，方向水平向右．故C正确，ABD错误故选C【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则2、B【解析】根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E和F两点的电势然后确定电场线方向，根据粒子受力方向确定电性；根据动能和电势能之和不变确定粒子在G点和C点的动能，由此作出判断；根据运动的合成和分解分析粒子能否垂直BF方向【详解】根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E和F两点的电势分别为2V和6V，则EC为等势线，匀强电场的电场线方向和粒子运动轨迹如图所示；该粒子沿AC方向进入，从G点射出，粒子受力方向与电场线方向相反，该粒子一定带负电，故A错误；粒子在A点初动能为16eV、电势能EPA=-3e×8V=-24eV，所以总能量为E=16eV-24eV=-8eV，由于UBG=UGC，所以G点的电势为4V，该粒子达到G点时的动能为EKG=E-（-4×3eV）=4eV，故B正确；只改变粒子在A点初速度的方向，若该粒子能经过C点，则经过C点的动能EKC=E-（-2×3eV）=-2eV，动能为负，不可能出现这种情况，所以只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C点，故C错误．若该粒子以不同初动能从A点沿AC方向入射，其速度可以分解为沿电场线方向和垂直于电场线方向，而平行于电场线方向的速度不可能为零，所以该粒子不可能垂直经过BE，故D错误；故选B【点睛】有关带电粒子在匀强电场中的运动，此种类型的题目从两条线索展开：其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等解答．其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，利用动能定理、能量守恒定律等研究全过程中能的转化3、D【解析】教练车匀速转弯，所受合力垂直速度直线轨迹内侧，教练车在水平方向受到地面的摩擦力和向后的空气阻力作用，因此地面摩擦力沿前进方向的分量要与空气阻力平衡，所以地面摩擦力指向轨迹内侧偏前进方向，故D正确，ABC错误。故选D。4、B【解析】干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路，当开关闭合时磁通量变大，导致电流计、线圈B串联成另一个电路中产生电动势，由于电动势短暂的，出现电流慢慢变小的现象。【详解】A．由于干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路的磁通量变化是瞬间的，因此电流计、线圈B串联成另一个电路中有电动势也是短暂的，所以出现电流慢慢变小，故A错误；B．由于干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路的磁通量变化是瞬间的，因此电流计、线圈B串联成另一个电路中有电动势也是短暂的，所以出现电流慢慢变小，故B正确；C．由于干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路的磁通量变化是瞬间的，因此电流计、线圈B串联成另一个电路中有电动势也是短暂的，所以出现电流慢慢变小，故C错误；D．由于干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路的磁通量变化是瞬间的，因此电流计、线圈B串联成另一个电路中有电动势也是短暂的，所以出现电流慢慢变小，故D错误。故选B。【点睛】由楞次定律来确定感应电流的方向，而闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化。5、C【解析】A．根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为直流电源的正极，故A错误；BCD．最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，电源的电动势E会达到最大值，此时有解得故C正确，BD错误。故选C。6、A【解析】A.根据安培定则，A正确；B.由电流方向，根据安培定则，磁感线方向为顺时针方向。故B错误；C.根据安培定则，螺线管右侧为S极，故C错误；D.电流方向向上，磁感线逆时针方向。故D错误；故选：A；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、CD【解析】粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，确定粒子能否回到原点O；根据牛顿第二定律求解半径；由求解周期；根据几何知识求解粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进的距离【详解】A项：根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点0，故A错误；B项：由得粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2，故B错误；C项：负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为同理，在第四象限运动的时间为，完在成一次周期性运动的时间为T′=t1+t2=，故C正确；D项：根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R，故D正确故选CD【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离8、CD【解析】A.液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带负电，故A错误；B.由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg=qE，解得：，故B错误；C.磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为顺时针，故C正确；D.液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：R=联立解得：，故D正确；故选CD.9、BC【解析】因M中阻值与电压成正比，故M中电流保持不变；故灯泡L2的亮度不变；总电流不变，R减小，L1电阻不变，根据分流规律R电流增大，L1电流减小变暗，故A错误；因R的阻值减小，故由欧姆定律可知，通过R的电流增大，故B正确；电子M两端的电压，灯L2两端电压不变，灯L1两端电压减小，电子元件两端电压变大，故C正确；电源两端的电压U=E-Ir，总电流不变，所以电源两端电压不变，故D错误；故选BC10、AD【解析】两种情况下，导体棒受力如图所示，I1所受的安培力沿斜面向上，I2所受的安培力水平向右；I1

所受的安培力沿斜面向上，如左图，根据共点力平衡得：F1=mgsinθN1=mgcosθI2所受的安培力水平向右，如右图，根据共点力的平衡得：F2=mgtanθ又：F1=BI1LF2=BI2L所以：斜面对导体A的弹力大小之比AD正确，BC错误。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、A【解析】AB．上图是电流表的内接法测电阻，图中电压表示数大于的两端电压，所以测量值A正确，B错误；C．内接法的误差是由于电流表的分压造成的，如果待测电阻值比电流表内阻越大，电流表分压作用越小，误差越小，C错误；D．为了安全期间，以防超过电表量程，滑动变阻器开始要处于最右端，让分压最小，D错误。故选A。12、①.②.D【解析】①分析题目要求及原理，可得出实验电路图；②由功率公式可得出功率与电流及电压的关系，结合数学知识进行分析，即可得出正确结论.【详解】①由题意可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时由于灯泡内阻较小，故电流表使用外接法，故电路图如下图所示；②由于灯泡的电阻随温度的增加，由功率公式可得，故在P-I2图象中，图象的斜率表示电阻，故斜率变大，故C错误，D正确；而在P-U2图象中，图象的斜率表示电阻的倒数，故图象中斜率应越来越小，故A，B均错误；故选D.【点睛】电学实验中要明确分压接法的应用条件；并注意在实验中应用所学过的物理规律．注意学会从数学函数的角度分析物理图象问题.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、(1)1.5A；(2)0.06kg。【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律可得E=U+Ir，解得电路的总电流通过电动机的电流通过导体棒的电流I′=I-IM=1.5A(2)