四川省廣元市川師大萬達中學2025屆物理高二上期末復習檢測試題含解析

四川省廣元市川師大萬達中學2025屆物理高二上期末復習檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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、下列物理量是矢量的是（）A.電勢 B.電勢差C.電場強度 D.電勢能2、國際單位制中的單位m/s、N、A對應的物理量分別是()A.速度、力、電流 B.加速度、功、電量C.速度、質量、電量 D.角速度、力、電場強度3、用伏安法測電阻R，按圖中甲圖測得的結果為R1，按乙圖測得為R2，若電阻的真實值為R，則()A.R1＞R＞R2B.R1＜R＜R2C.R＞R1，R＞R2D.R1＝R＝R24、圖甲為一列簡諧橫波在t=0.1s時刻的波形圖，P是平衡位置在x=1cm處的質點，Q是平衡位置在x=4cm處的質點，圖乙為質點Q的振動圖象．則A.波的傳播速度為20m/sB.波的傳播方向沿x軸負方向C.t=0.4s時刻，質點P的速度大小最大，方向y軸正方向D.t=0.7s時刻，質點Q的速度大小最大，方向y軸負方向5、如圖所示一帶電液滴在正交的勻強電場和勻強磁場的豎直平面內做勻速圓周運動（其中電場豎直向下，磁場垂直紙面向外），則液滴帶電性質和環(huán)繞方向是（）A帶正電，逆時針B.帶正電，順時針C.帶負電，逆時針D.帶負電，順時針6、利用圖示裝置“探究決定電容大小的因素”。實驗中靜電計的指針已有一個偏角，則在此情境下（）A.僅增大兩板間的距離，指針偏角將增大B.僅增大兩板間的距離，指針偏角將減小C.僅減小兩板間的正對面積，指針偏角將減小D.僅將一塊有機玻璃插到兩板間，指針偏角將不變二、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、一帶電質點從圖中A點豎直向上以速度射入一水平方向的勻強電場中，質點運動到B點時，速度方向變?yōu)樗?，已知質點質量為，帶電荷量為，A、B間距離為，且AB連線與水平方向成角，質點到達B點后繼續(xù)運動可達與A點在同一水平面上的C點（未畫出），則（）A.質點在C點的加速度大小為B.勻強電場的電場強度大小為C.質點在B點的速度大小為D.從A到C的過程中，帶電質點的電勢能減小了8、如圖所示，在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直放置并接入電路．調節(jié)滑動變阻器，使A、B兩板間的電壓為U時，一質量為m，電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向射入電場中，恰從A、B兩板的中點處沿原路返回（不計重力），則下列說法正確的是（）A.使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子恰能到達B板B.使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子將從B板中心小孔射出C.使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子恰能到達B板D.使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子將從B板中心小孔射出9、閉合回路由電阻R與導線組成，其內部磁場大小按圖乙變化，方向如圖甲所示，則回路中（）A.電流方向為順時針方向B.電流越來越大C.磁通量的變化率恒定不變D.產生的感應電動勢越來越大10、回旋加速器的原理如圖所示，它由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的（）A.離子從電場中獲得能量B.離子從磁場中獲得能量C.只增大空隙距離可增加離子從回旋加速器中獲得的動能D.只增大D形盒的半徑可增加離子從回旋加速器中獲得的動能三、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）霍爾元件是一種基于霍爾效應的磁傳感器，用它可以檢測磁場及其變化，圖甲為使用霍爾元件測量通電直導線產生磁場的裝置示意圖，由于磁芯的作用，霍爾元件所處區(qū)域磁場可看做勻強磁場，測量原理如乙圖所示，直導線通有垂直紙面向里的電流，霍爾元件前、后、左、右表面有四個接線柱，通過四個接線柱可以把霍爾元件接入電路，所用器材已在圖中給出并已經連接好電路。（1）制造霍爾元件的半導體參與導電的自由電荷帶負電，電流從乙圖中霍爾元件右側流入，左側流出，霍爾元件______（填“前表面”或“后表面”）電勢高；（2）已知霍爾元件單位體積內自由電荷數為n，每個自由電荷的電荷量為e，霍爾元件的厚度為h。為測量霍爾元件所處區(qū)域的磁感應強度B，根據乙圖中所給的器材和電路，還必須測量的物理量有______（寫出具體的物理量名稱及其符號），計算式B=______。12．（12分）某同學采用如圖甲所示的電路測定電源電動勢和內電阻，已知干電池的電動勢約為1.5V，內阻約1Ω，電壓表（0﹣3V3kΩ），電流表（0﹣0.6A1.0Ω），滑動變阻器有R1（10Ω2A）和R2（100Ω0.1A）各一只；（1）實驗中滑動變阻器應選用____（選填R1．R2）（2）在圖乙中用筆畫線代替導線連接實驗電路____（3）在實驗中測得多組電壓和電流值，得到如圖丙所示的U﹣I，由圖可較準確求出電源電動勢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，平面直角坐標系的Y軸豎直向上，在第二、三象限內有沿Y軸正方向的勻強電場E1，第一、四象限內有沿x軸負方向的勻強電場E2，第二象限內還有方向垂直紙面向外的勻強磁場。有一質量m=1×10－5kg、電荷量q=4×10－5C的帶正電小球，自P點沿與＋Y軸成37°角以v0=3m/s的速度射入第三象限，沿直線從Q點進入第二象限，又從y軸上的F點（圖中未畫出）沿水平方向進入第一象限，最后恰好經過P點。已知OP間距為d=0.08m，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，不計空氣阻力，求：(1)電場強度E1的大??；(2)磁感應強度B的大小；(3)電場強度E2的大小。14．（16分）在真空中相距為r的A、B兩點上，分別放置負的場源電荷Q和檢驗正電荷q，已知靜電力常量為k。試求：(1)A、B間的庫侖力；(2)場源電荷Q在B點處電場強度的大小和方向。15．（12分）發(fā)電機輸出功率40Kw，輸出電壓400V，用變壓比（原副線圈匝數比）為1:5的變壓器升壓后向遠處供電，輸電線的總電阻為5Ω，到達用戶后再用變壓器將為220V，求：（1）輸電線上損失的電功率；（2）降壓變壓器的降壓比

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、C【解析】電勢、電勢能和電壓是只有大小沒有方向的標量，故ABD錯誤；電場強度是既有大小又有方向的矢量，故C正確．故選C2、A【解析】國際單位制中的單位、N、A對應的物理量分別是速度、力、電流，故選項A正確3、A【解析】甲圖接法：電壓表的示數為R兩端的電壓和安培表兩端的電壓之和，即U=UR+UA

電流表的示數I是通過R的真實值，則

故R1＞R；乙圖接法：電流表的示數為通過電阻的電流和電壓表的電流之和，即I=IR+IV

電壓表的示數U是R兩端電壓的真實值，則

故R＞R2則得R1＞R＞R2；A．R1＞R＞R2，與結論相符，選項A正確；B．R1＜R＜R2，與結論不相符，選項B錯誤；C．R＞R1，R＞R2，與結論不相符，選項C錯誤；D．R1＝R＝R2，與結論不相符，選項D錯誤；4、D【解析】根據波形圖和Q點的振動圖像讀出波長和周期，求解波的速度；根據Q點t=0.1s的振動方向判斷波的傳播方向；根據波的傳播規(guī)律判斷在t=0.4s時刻質點P的振動情況以及t=0.7s時刻質點Q的振動情況.【詳解】由圖讀出波長λ=8cm，周期T=0.4s，則波速，選項A錯誤；由振動圖像可知，t=0.1s時，Q點向上振動，由波形圖可知波的傳播方向沿x軸正方向，選項B錯誤；t=0.4s時刻，波向x正向傳播，此時質點P與t=0時刻位置相同，但是向上振動，速度不是最大，選項C錯誤；t=0.7s時刻，質點Q從t=0.1s時刻起經過了1.5T回到平衡位置，此時的速度大小最大，方向y軸負方向，選項D正確，故選D.【點睛】本題的關鍵是把握兩種圖象之間的內在聯系，會根據振動情況來判定波的傳播方向．結合波形圖判斷質點的振動情況5、C【解析】帶電粒子在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，帶電粒子受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故可知帶電粒子帶負電荷。磁場方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷粒子的旋轉方向為逆時針（四指所指的方向與帶負電的粒子的運動方向相反），C正確，ABD錯誤。故選C?！军c睛】帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動，可判斷出電場力和重力為平衡力，從而判斷電場力的方向，結合電場的方向便可知粒子的電性。根據洛倫茲力的方向，利用左手定則可判斷粒子的旋轉方向。6、A【解析】AB．增大板間距，據電容的決定式：可知電容變小，電容器電荷量不變，結合電容定義式：可知兩極板間的電勢差變大，靜電計指針張角變大，A正確，B錯誤；C．極板正對面積變小，根據電容的決定式：可知電容變小，電容器電荷量不變，結合電容定義式：可知兩極板間的電勢差變大，靜電計指針張角變大，C錯誤；D．極板間插入有機玻璃則變大，根據電容的決定式：可知電容變大，電容器電荷量不變，結合電容定義式：可知兩極板間的電勢差變小，靜電計指針張角變小，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、BCD【解析】將質點運動分解為水平方向和豎直方向，在水平方向上受電場力做勻加速直線運動，在豎直方向上做豎直上拋運動，根據勻變速直線運動的平均速度公式求出vA、vB的大??；根據等時性，求出水平方向上的加速度與豎直方向上的加速度關系，從而得出電場強度的大小．再對水平方向運用動能定理和運動學推論求解A到C的過程中，帶電質點的電勢能減小．根據牛頓第二定律求解質點在C點的加速度大小【詳解】A．質點在C點的加速度大小

，故A錯誤；B．由于兩分運動的時間相同即：豎直方向上的時間：；在水平方向上有：vB=at；所以有：；又，解得：，故B正確；C．由題意可知，質點的運動是豎直方向和水平方向的勻變速直線運動，因此在豎直方向上有：Lsin37°=t；在水平方向上有：Lcos37°=t；由上兩式得：tan37°=；可得：，故C正確；D．從A到B，對于水平方向，根據能量守恒可知：帶電質點的電勢能減小為；由于質點在水平方向上做初速度為零的勻加速直線運動，由推論可知：AC間的水平距離等于AB間水平距離的4倍，由W=qEd，可知從A到C的過程中電場力做功是從A到B的過程電場力做功的4倍，所以從A到C的過程中，帶電質點的電勢能減小為△Ep2=4△Ep1=，故D正確；故選BCD8、BC【解析】AB．A、B兩塊平行金屬間距為，粒子在極板間運動，應用能量守恒定律：解得：根據題意，粒子的初速度為時：使粒子初速度變?yōu)闀r：可知帶電粒子將從B板中心小孔射出，A錯誤，B正確；CD．使初速度v0和電壓U都增加為原來2倍時：可知帶電粒子恰能到達B板，C正確，D錯誤。故選BC分卷II9、AC【解析】穿過閉合回路的磁通量垂直指向外增大，由楞次定律可知，感應磁場方向垂直紙面向里，故電流方向為順時針，故A正確；圖象可知，磁感應隨時間均勻增大，由可知，磁通量隨時間均勻增加，故其變化率恒定不變，由法拉第電磁感應定律可知，，故感應電動勢保持不變，電流強度不變，故BD錯誤C正確；【點睛】由B-t圖象可知磁感應強度的變化情況，則由磁通量的定義可知磁通量的變化率；再由楞次定律可判斷電流方向；由法拉第電磁感應定律可求得感應電動勢10、AD【解析】AB．離子每次通過D形盒D1、D2間的空隙時，電場力做正功，動能增加，而離子在磁場中運動時，洛倫茲力始終垂直其運動方向，洛倫茲力不做功，故離子從電場中獲得能量，沒有從磁場中獲得能量，A正確，B錯誤；CD．設D形盒的半徑為R，當離子圓周運動的半徑等于R時，獲得的動能最大，由洛倫茲力作為向心力可得可得則最大動能為可見離子最大動能與加速電壓及極板間的空隙間距均無關，而只增大D形盒的半徑可增加離子從回旋加速器中獲得的動能，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.后表面②.電壓表示數U，電流表示數I③.【解析】（1）[1]磁場是直線電流產生，根據安培定則，磁場方向向下；電流向左，根據左手定則，安培力向外，載流子是負電荷，故前表面帶負電，后表面帶正電，故后表面電勢較高。（2）[2][3]設前后表面的厚度為d，最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡有：根據電流微觀表達式，有：聯立解得：因此還必須測量的物理量有：電壓表讀數U，電流表讀數I。12、①.R1②.圖見解析③.1.47④.1.88【解析】（1）[1]電路中最大電流