四川省眉山市仁寿县文宫中学2025-2026学年物理高二上期末监测模拟试题含解析

四川省眉山市仁寿县文宫中学2025-2026学年物理高二上期末监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，把一条导线平行地放在磁针的正上方附近，当导线通有水平向右的电流时：A.磁针所在区域磁场方向垂直纸面向里；B.磁针所在区域磁场方向垂直纸面向外；C.磁针不会发生偏转；D.磁针发生偏转，S极向里，N极向外2、关于电场线和磁感线,下列说法正确的是A.电场线和磁感线都是闭合的曲线B.磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极C.电场线和磁感线都不能相交D.电场线和磁感线都是现实中存在的3、如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导体框．匀强磁场区域宽度为2L、磁感应强度为B、方向垂直桌面向下．导体框的一边始终与磁场边界平行，在外力作用下以恒定速度v穿过磁场．下列说法不正确的是()A.穿过磁场过程，外力做的功为B.穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为C.进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为D.进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为，且方向相同4、电流传感器A的作用相当于一个电流表，它与计算机相连接可以捕捉到瞬间电流的变化，并能在屏幕上显示电流随时间变化的图象。下列说法正确的是（）A.甲中S由断开状态到闭合的瞬间，R中的电流立即增大B.甲中S由闭合状态到断开的瞬间，L右端电势比左端的高C.甲中S由闭合状态到断开的瞬间，R中的电流逐渐减小D.乙中S由断开状态到闭合的瞬间，R中的电流逐渐增大5、两个电子所带的电荷量为A. B.C. D.6、已知通过三个并联支路的电流之比I1∶I2∶I3＝1∶2∶3，则三个并联支路的电阻之比R1∶R2∶R3为A.6∶3∶2 B.2∶3∶6C.1∶2∶3 D.2∶3∶1二、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，电阻不计导轨OPQS固定，其中PQS是半径为r的半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．OM是长为r的可绕O转动的金属杆，其电阻为R、M端与导轨接触良好．空间存在与平面垂直且向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置起以角速度ω逆时针匀速转到OS位置．则该过程中A.产生的感应电流大小恒定，方向为OPQMOB.通过OM的电荷量为C.回路中的感应电动势大小为Br2ωD.金属杆OM的发热功率为8、A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球可视为点电荷两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的为光敏电阻其阻值随所受光照强度的增大而减小，为滑动变阻器，为定值电阻．当的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表．下列说法中正确的是（）A.无论将的滑动触头P向a端移动还是向b端移动，均不会变化B.若将的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小C.保持滑动触头P不动，用较强的光照射，则小球重新达到稳定后变小D.保持滑动触头P不动，用较强的光照射，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变9、如图，有一矩形区域abcd，水平边ab长为，竖直边ad长为h=1m。质量均为m、带电量分别为+q和-q的两粒子，.当矩形区域只存在场强大小为E=10N/C、方向竖直向下的匀强电场时，+q由a点沿ab方向以速率进入矩形区域，轨迹如图。当矩形区域只存在匀强磁场时-q由c点沿cd方向以同样的速率进入矩形区域，轨迹如图。不计重力，已知两粒子轨迹均恰好通过矩形区域的几何中心。则（）A.由题给数据，初速度可求B.磁场方向垂直纸面向外C.-q做匀速圆周运动的圆心在b点D.两粒子各自离开矩形区域时的动能相等。10、如图所示，电阻R、电容器C与一半径为r的单匝圆形线圈连成闭合回路，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场。在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增加到2B。在此过程中A.流过R的电流方向从a到b B.线圈中产生的感应电动势为C.电容器下极板带正电，上极板带负电 D.电阻R消耗的功率逐渐增大三、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）质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，不计带电粒子所受重力．粒子做匀速圆周运动的半径R是__________和周期T是__________12．（12分）在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：A．干电池一节B．电流表(量程0～0.6A～3A)C．电压表(量程0～3V～15V)D．开关S和若干导线E．滑动变阻器R1(最大阻值20Ω，允许最大电流1A)F．滑动变阻器R2(最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A)(1)利用所给的器材测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选________(填写代号)(2)为使测量尽可能精确，用笔画线代替导线将如图所示的实物图连接成实验电路____(3)利用实验测得的数据在如图所示的坐标系中作出了U­I图线，由此求得待测电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω．(结果均保留三位有效数字)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，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

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、A【解析】由右手螺旋定则可知，在电流的正下方磁场方向垂直纸面向里，A对；B错；小磁针静止时N极所指为磁场方向，因此N极向里转，CD错；故选A考点：考查右手螺旋定则点评：难度较小，本题重点在于弄清楚电流与小磁针在空间上的位置关系2、C【解析】电场线不闭合，A错；磁感线在磁铁内部是从S极指向N极，B错；电场线和磁感线都是人们为了研究场而假想出来的一系列曲线，电场线和磁场线都不相交；D错；3、D【解析】A、根据安培力公式F=BIL，结合法拉第电磁感应定律，与闭合电路欧姆定律，及力做功表达式，即可求解；B、根据焦耳定律Q=I2Rt，即可求解；C、依据电量表达式q=It，及法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可推导电量的综合表达式，从而求解；D、根据楞次定律，结合法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可求解【详解】A、根据法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，则线圈穿过磁场过程产生的感应电流大小，依据安培力公式，根据力做功表达式W=Fs，那么只有在进与出磁场过程中，才有安培力，因此安培力做功，由于在外力作用下以恒定速度v穿过磁场，则外力做的功为，故A正确；B、由上分析可知，根据焦耳定律Q=I2Rt，那么穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为，故B正确；C、依据电量表达式q=It，及法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可推导电量的综合表达式，那么进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电量为，故C正确；D、根据楞次定律可知，进入和离开磁场过程，通过导体框的电流方向不同，但它们的大小是相同，即为，故D错误；本题选不正确的故选D.【点睛】考查法拉第感应定律与闭合电路欧姆定律，及楞次定律的内容，掌握安培力与力做功表达式，理解电量的综合表达式的推导，注意当线圈完全进入磁场时，线圈中没有感应电流，只有在进与出过程中，才有磁通量的变化4、B【解析】A．甲中S由断开状态到闭合的瞬间，由于线圈中产生自感电动势的阻碍作用，电流只能逐渐增大，故A错误；B．甲中S由闭合状态到断开的瞬间，由于线圈中产生自感电动势，由“楞次定律”可得，L右端电势比左端的高，故B正确；C．甲中S由闭合状态到断开的瞬间，由于线圈中产生自感电动势，但没有回路，所以R中的电流立即减为0，故C错误；D．乙中S由断开状态到闭合的瞬间，R中的电流立刻增大，故D错误。故选B。5、D【解析】各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，电子所带的电荷量e=-1.6×10-19C，所以两个电子所带的电荷量为-3.2×10-19C；A．，与结论不相符，选项A错误；B．，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论相符，选项D正确；故选D。6、A【解析】三个并联支路的电压相等，根据欧姆定律U=IR得，电流I与电阻R成反比。电流之比I1：I2：I3=1：2：3，则电阻之比R1：R2：R3=6：3：2A.6∶3∶2与分析相符，故A正确。B.2∶3∶6与分析不符，故B错误。C.1∶2∶3与分析不符，故C错误。D.2∶3∶1与分析不符，故D错误。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、AB【解析】A项：由导体棒绕其端点在磁场中转动时产生的电动势为：，所以产生的电动势恒定，电流恒定，由于磁场方向垂直纸面向里，由右手定则可知电流的方向为OPQMO，故A正确；B项：由公式，故B正确；C项：由A分析可知，，，故C错误；D项：由闭合电路欧姆定律得：发热功率为：故D错误．故应选：AB8、ACD【解析】AB．滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头P，和所在电路中电流I不变，U也不变，所以角度不变，故A正确，B错误；C．用更强的光线照射，的阻值变小，外电路总电阻减小，电流I增大，内电压和的电压增大，则电容器板间电压减小，板间电场强度变小，小球所受的电场力变小，则减小，故C正确；D．保持滑动触头P不动，逐渐增加照射的光强，总电阻减小，电流I增大，外电压U减小，根据闭合电路欧姆定律得：，可见，保持不变，故D正确。故选ACD。9、AC【解析】A．因为粒子通过矩形区域的几何中心，可知沿电场方向上的距离，垂直电场方向上的距离，根据，可以求出初速度的大小，A正确；B、-q由c点沿cd方向以同样的速率v0进入矩形区域，根据洛伦兹力的方向，结合左手定则知，磁场方向垂直纸面向里，B错误；C、因为圆周运动的轨迹经过矩形区域的几何中心，设中心为0，根据几何关系知，，可知矩形区域几何中心到b点的距离等于bc的距离，知b点为圆周运动的圆心，C正确。D、电荷在电场中做类平抛运动，速度增大，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，可知离开区域区域时动能不等，D错误；故选AC。10、AB【解析】AC．线圈内垂直纸面向里的磁感应强度增加，根据楞次定律可知线圈内的感应电流产生的磁感应强度垂直纸面向外，根据安培定则可知感应电流为逆时针方向，所以通过电阻的电流为从a到b，说明a点电势高，则电容器上极板带正电，下极板带负电，A正确，C错误；B．根据法拉第电磁感应定律：B正确；D．电动势恒定，通过电阻的电流恒定，根据电功率：可知电阻上消耗的功率不变，D错误。故选AB。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、①.②.【解析】由洛伦兹力公式，粒子在磁场中受力F，则有：F＝qvB，粒子做匀速圆周运动所需向心力为：，粒子仅受洛伦兹力做匀速圆周运动，有：F＝F向，联立得：，由匀速圆周运动周期与线速度关系有：，联立得：12、(1)E(或R1)(2)如图(3)1.50；1．25【解析】（1）因为一节干电池的内阻不是很大，所以选择较小范围的滑动变阻器，故选E（2）因为电流表内阻和电源内阻非常接近，所以采用电流表内接，否则电流表的分压，电压表测量的不是路端电压，如图所示（3）U-I图像的纵截距表示电流断路时电源两端的电压，此时等于电源电动势，故E=1.5V，图像的横截距表示短路电流，此时有，解得考点：“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验【名师点睛】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及U-I图象处理等