广东省2025-2026学年高二上学期物理1月练习卷（能力提升）

2025-2026学年高二上物理1月练习卷（能力提升） 一、选择题（1~7题单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题6分，共46分） 1．图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，和为电感线圈。实验时，断开开关瞬间，灯突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同。下列说法正确的是（    ） A．断开，闪亮瞬间电流方向和断开前相反 B．断开之前中的电流大于中的电流 C．闭合瞬间中电流与中电流相等 D．变阻器R的电阻大于线圈的直流电阻 2．如图甲所示，为一台小型发电机的示意图，单匝线圈匀速转动，产生的电动势e随时间t的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为0.2Ω，小灯泡的电阻恒为0.8Ω。则（　　） A．理想电压表的示数U=6V B．线圈转动的角速度 C．转动过程中穿过线圈的最大磁通量 D．通过灯泡电流的瞬时表达式为 3．关于如图所示的磁场中的四种仪器，下列说法不正确的是（　　） A．图甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关 B．图乙中不改变质谱仪各区域的电场和磁场时，击中光屏上同一位置的粒子比荷相同 C．图丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示磁场时，侧积累负电荷 D．图丁中长、宽、高分别为、、的电磁流量计加上如图所示磁场时，前、后两个金属侧面的电压与有关 4．如图所示的装置是用来测量匀强磁场磁感应强度B的等臂电流天平，其右臂挂着匝数为n的矩形线圈，线圈的水平边长为l，磁场的方向与线圈平面垂直。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，当线圈通入图示电流I时，则须在一个托盘中加质量为m的小砝码才能使天平重新平衡。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（    ） A．应在右盘中加入小砝码 B．由以上测量数据可求出匀强磁场的磁感应强度 C．若发现右盘向上翘起，则应增大线圈中的电流 D．若只改变电流的方向，线圈仍保持平衡状态 5．图甲为一闭合线圈，匝数为10匝、面积为、电阻为，线圈处于一垂直纸面向里的匀强磁场中，从开始磁场按如图乙所示规律变化，则（　　） A．时线圈中电流为逆时针方向 B．线圈中感应电动势大小为 C．前通过导线某截面的电荷量为0 D．前穿过线圈磁通量的变化量为0 6．已知表头的内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，现将表头改装为量程为0-3V和0-10V的双量程电压表如图甲及量程为0-0.1A和0-1A的双量程电流表如图乙，则下列说法正确的是（　　） A．图甲中使用A、B两个端点时，量程为0-10V，使用A、C两个端点时，量程为0-3V B．， C．图乙中使用A、B两个端点时，量程为0-0.1A；使用A、C两个端点时，量程为0-1A D．， 7．电容式传感器，通过改变相关因素使电容器电容发生变化，从而可以测量某些物理量的传感器。图甲是探究平行板电容器电容的影响因素实验图，图乙是位移传感器，图丙是压力传感器，图丁是测液高传感器。下列说法正确的是（　　） A．图甲中，保持B板不动，将A板向右移动，静电计指针张角增大 B．图乙中，电容器电容增大的原因是被测物体向右发生运动 C．图丙中，可动电极受压力越大，电容器电容越大 D．图丁中，把金属芯线从液体中向上提起，电容会增大 8．如图所示，M、N为两个用同种材料同规格的导线制成的单匝闭合圆环线圈，其圆环半径之比为2∶1，两线圈置于同一个垂直于环面向里的匀强磁场中。若不考虑线圈之间的相互影响，当匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大时，下列判断中正确的是（　　） A．两线圈中感应电动势之比 B．两线圈中感应电流之比 C．两线圈中感应电流的功率之比 D．两线圈中感应电流的方向均为顺时针方向 9．如图所示，图线是太阳能电池在某光照强度下路端电压和干路电流的关系图像，图线是某光敏电阻的图像，虚直线为图线过点的切线，在该光照强度下，将它们组成闭合回路时（    ） A．太阳能电池的电动势为6V B．光敏电阻的功率为0.8W C．光敏电阻的阻值为 D．太阳能电池的内阻为 10．某风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.2T，线圈的匝数为100、面积为，不计线圈的电阻，磁体转动的角速度为。发电机产生的交变电流经过变压器升压后向远处输电，升压变压器原、副线圈的匝数比为，输电线总电阻为8Ω，输电线上损失的功率为5kW，在用户端用降压变压器把电压降为220V。假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（    ） A．当磁场与线圈平行时，感应电动势为零 B．发电机输出电压的有效值为450V C．输电线上的电流为 D．降压变压器原、副线圈的匝数比为 二、非选择题（11题8分，12题8分，13题11分，14题13分，15题14分，共54分） 11．实验小组要用实验室提供的器材测量一节干电池的电动势和内阻，同时测出未知电阻的阻值。器材有：一个待测定值电阻；一个多用电表；一个滑动变阻器R；电流表（约为，0~0.6A）；电压表（约为，0~3V）；被测干电池电动势约1.5V、内阻约；以及电键S、导线若干。 (1)先用多用电表的“”挡粗测定值电阻的阻值，指针偏转角度很大，下一步应将多用电表的挡位调至 （填“”或“”）挡，重新欧姆调零，再次测量结果如图所示，则电阻的阻值为 。 (2)有如图（a）、（b）所示两种测量电池电动势和内阻可供选择的实验电路图。为使测量结果尽量准确，应选择 （填“a”或“b”）电路图。 (3)连接好电路进行实验，记录多个电压表和电流表的示数，作出图线，如图所示，则该电池的电动势 V，内阻 （结果均保留两位小数）。 12．新能源汽车使用的电源大多数由锂离子电池串联而成，某物理实验小组想通过实验测量某个新型锂电池组的电动势和内阻，具体进行了以下操作： (1)为完成本实验，需要将实验室内量程为4V、内阻为4kΩ的电压表改装成量程为40V的电压表使用，则需串联一个阻值为 kΩ的定值电阻。 (2)该小组设计了如图1所示电路图进行实验，正确进行操作，利用记录的数据进行描点作图得到如图2所示的的变化图像，其中U为图1中电压表的读数，R为电阻箱的读数，图中，b=0.3，。若忽略电压表分流带来的影响，由以上条件可以测出电池组的电动势 V，内阻 （计算结果均保留一位小数）。 (3)若考虑电压表分流带来的影响，则上述第（2）问中的测量值与真实值相比：电池组电动势的测量值 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”），内阻的测量值 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。 13．如图所示，光滑水平面内存在一有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向如图所示。一边长为L的正方形单匝导线框位于水平面内，某时刻导线框以垂直磁场边界的初速度v从磁场左边缘进入磁场。已知导线框的质量为m、电阻为R。求导线框完全进入磁场的过程中，求： (1)感应电流的最大值I； (2)加速度的最大值a； (3)流过导线截面的电荷量q。 14．如图所示，偏转电场的两平行金属板长为L，板间距为d，距偏转电场极板的右侧为处有一水平放置，长度为的荧光屏，屏到两极板中心线OO′的距离为d。若加速电场的极板间加上可调电压，偏转电场的两板之间加上恒定电压，一电子无初速地从O加速后进入偏转电场，经过偏转电场后可打在右侧的荧光屏上，已知电子的质量为m，电子的电荷量为e，不计电子的重力。 (1)求电子进入偏转电场时的速度大小v； (2)求电子离开平行金属板时距中心线OO′的偏移量y； (3)电子从进入偏转电场到飞出，电子电势能的变化量； (4)若使电子能打在屏上，求的调节范围。 15．如图甲所示，在平面直角坐标系的第一象限内、半径为的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，边界圆刚好与轴、轴相切于、两点，长为、间距也为的平行金属板M、N固定在第二象限内，N板在轴上，在两板加上如图乙所示的交变电压，图中未知、已知，在两板中线左端有一粒子源，沿中线向右不断射出质量为、电荷量为的带正电的粒子，所有粒子穿过两板间电场的时间均为，在轴下方有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，在磁场Ⅱ中有一足够长平行于轴的挡板，挡板到轴距离为，从射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，从时刻射出的粒子经磁场Ⅰ偏转后刚好从点进入磁场Ⅱ，打在板上时的速度与轴负方向的夹角为，所有粒子打到挡板上后均被挡板吸收，不计粒子重力和相互间作用，，。求： （1）大小； （2）匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小； （3）挡板上打到粒子的区域的长度。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．A【详解】AB．断开开关瞬间，灯突然闪亮，随后逐渐变暗，说明闭合时，电路稳定后，通过的电流大于的电流；断开，原来通过的电流流经构成闭合回路，所以闪亮瞬间电流方向和断开前相反，选项A正确，B错误； C．闭合瞬间，对电流有阻碍作用，所以中电流与中电流不相等，选项C错误； D．闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同，说明两支路的电流相同，两支路的电阻相同，由于两灯泡电阻相同，所以变阻器与的电阻值相同，选项D错误。故选A。 2．D【详解】A．根据图乙可知，线圈产生电动势的有效值为，理想电压表测的是小灯泡两端电压，则示数为，故A错误； B．根据图乙可知，交流电的周期为T=0.02s，则线圈转动的角速度为故B错误； C．单匝线圈转动时产生的电动势最大值为em=BSω=Φmω 则穿过线圈的最大磁通量为故C错误； D．根据图乙可知，感应电动势的瞬时值表达式为 故通过灯泡电流的瞬时值表达式为故D正确。故选D。 3．D【详解】A．当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有 粒子的最大动能为 可知粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，故A正确，不满足题意要求； B．粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则有 粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，则有联立解得 击中光屏上同一位置的轨道半径一定，可知图乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时，击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正确，不满足题意要求； C．图丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示磁场时，根据左手定则可知，负电荷向侧聚集，则侧积累负电荷，故C正确，不满足题意要求； D．稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，则有流量为联立解得 可知图丁中前、后两个金属侧面的电压与无关，故D错误，满足题意要求。故选D。 4．C【详解】A．根据左手定则，安培力向下，应在左盘中加入小砝码，A错误； B．根据平衡条件得 ，解得，B错误； C．若发现右盘向上翘起，表明向下的安培力偏小，则应增大线圈中的电流，C正确； D．若只改变电流的方向，安培力向上，线圈不能保持平衡状态，D错误。故选C。 5．B【详解】A．时穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中电流为顺时针方向，A错误； B．线圈中感应电动势大小为，B正确； C．前线圈中电流大小和方向均不变，则通过导线某截面的电荷量不为0，C错误； D．前穿过线圈磁通量的变化量为，D错误。故选B。 6．D【详解】A．图甲中使用A、C两个端点时，串联的电阻较大，则量程较大，即量程为0-10V，使用A、B两个端点时，量程为0-3V，故A错误； B．根据 IgRg+IgR1=3V解得 R1=1300Ω 根据 IgRg+Ig（R1+R2）=10V 得 R2=3500Ω，故B错误； C．图乙中使用A、B两个端点时，并联的电阻较小，则量程较大，即量程为0-1A；使用A、C两个端点时，量程为0-0.1A，故C错误； D．根据，解得，故D正确。故选D。 7．C【详解】A．图甲中，电容器带电量不变，根据可知保持B板不动，将A板向右移动，极板间距离减小，电容增大，根据可知极板间电压减小，静电计指针张角减小，故A错误； B．图乙中，根据可知，被测物体向左发生运动时，两极板间的电介质增多，电容增大，故B错误； C．图丙中，根据可知，可动电极受压力越大，极板间的距离越小，电容器电容越大，故C正确； D．图丁中，根据可知，把金属芯线从液体中向上提起，极板间正对面积减小，电容会减小，故D错误。 故选C。 8．AC【详解】A．根据法拉第电磁感应定律有 由题知圆环半径之比所以故A正确； B．根据电阻定律有所以电阻之比 则两线圈中感应电流之比故B错误； C．两线圈中感应电流的功率之比故C正确； D．当匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大时，根据楞次定律和右手螺旋定则可知两线圈中感应电流的方向均为逆时针方向，故D错误。故选AC。 9．BD【详解】A．由闭合电路欧姆定律可得，当电流为0时，图线a的纵截距表示电源电动势，所以，故A错误； BC．由图可知在某光照强度下将它们组成闭合回路时，则该电阻两端电压为4V，通过该电阻的电流为0.2A，则该电阻的阻值为 光敏电阻的功率为，故B正确，C错误； D．太阳能电池的内阻为，故D正确。故选BD。 10．BD【详解】A．当磁场与线圈平行时，线圈切割磁感线最快（垂直切割），此时感应电动势最大，故A错误； B．发电机输出电压的最大值为 发电机输出电压的有效值为故B正确； C．输电线上损失的功率为代入数据，解得故C错误； D．根据可知，升压变压器的输出电压为 输电线上损失的电压为则减压变压器的输入电压为 根据解得降压变压器原、副线圈的匝数比为故D正确。故选BD。 11．(1)；10；(2)a ；(3) 1.47；0.73； 【详解】（1）[1][2]选用“”挡，指针偏转角度太大，说明选择的倍率偏大，应该换用小倍率“”挡；由图读出的阻值为。 （2）a方案中实验的误差来源于电压表的分流作用，由于电压表的内阻很大，分流作用不明显，可以忽略，因此选择a方案误差小；b方案中实验的误差来源于电流表的分压，实验测得的电源内阻为电流表内阻和电源内阻之和，由于电源的内阻较小，因此实验的误差大。 （3）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可得，变形得 可知图像的纵截距等于电源电动势，则有 图像的斜率绝对值等于电源的内阻，则有 12．(1)36； (2) 33.3；1.2；(3) 偏小；偏小；【详解】（1）串联的电阻。 （2）[1][2] 根据电路规律可知；变形可得图像方程则 故；且；故。 （3）[1][2] 考虑电压表分流，则 则；故，偏小；且；故，偏小。 13．(1) ；(2) ；(3) 【详解】（1）线框刚进入磁场时，产生的感应电动势最大为E=BLv 根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流；则感应电流的最大值为 （2）线框受到的安培力为F=BIL；根据牛顿第二定律可得F=ma；解得加速度的最大值为 （3）导线框完全进入磁场的过程中，平均电动势为；平均电流为 流过导线截面的电荷量为；联立解得流过导线截面的电荷量为 14．(1)(2)(3)(4) 【详解】（1）电子在加速电场中，由动能定理得解得 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向 竖直方向加速度偏移量解得 （3）电子在偏转电场中，电场力做功 根据功能关系，电势能变化量 （4）电子离开偏转电场后，做匀速直线运动，设偏转角为，则解得 电子打在屏的最左端时，竖直方向的总偏移量需满足解得 电子打在屏的最右端时，竖直方向的总偏移量需满足解得 因此加速电场的电压调节范围 15．（1）；（2），；（3） 【详解】（1）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，从射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，根据对称性可知沿电场方向有，联立解得 （2）设粒子源设粒子的速度为，根据题意有可得 时刻射出的粒子，由图乙可知粒子沿电场方向的分运动在时间内向下先加速后减速，在时间内向上先加速后减速，根据对称性可知粒子刚好从A点进入磁场Ⅰ，进入速度方向沿轴方向，大小为，粒子在两个磁场中的运动轨迹如图所示 粒子在磁场Ⅰ中由洛伦兹力提供向心力可得 由几何关系可得联立可得 粒子在磁场Ⅱ中由洛伦兹力提供向心力可得 由几何关系可得联立可得 （3）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，由图乙结合对称性可知，所有粒子离开电场时沿电场方向的速度均为0，即所有粒子离开电场时的速度方向均沿轴方向，大小均为，射出电场粒子刚好分布于M、N板之间，由于所有粒子进入磁场Ⅰ的运动轨迹半径等于圆形磁场Ⅰ的半径，根据磁汇聚原理可知，所有粒子均从C点进入磁场Ⅱ，如图所示 根据几何关系可得挡板上打到粒子的区域的长度为 联立解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $