內蒙古包頭鐵路第一中學2025屆物理高二第一學期期末綜合測試試題含解析

內蒙古包頭鐵路第一中學2025屆物理高二第一學期期末綜合測試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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、如圖所示，圓形區(qū)域半徑為R，區(qū)域內有一垂直紙面勻強磁場。磁感應強度的大小為B，P為磁場邊界上的最低點。大量質量均為m，電荷量絕對值均為q的帶負電粒子，以相同的速率v從P點沿各個方向射入磁場區(qū)域。粒子的軌道半徑r＝2R，A、C為圓形區(qū)域水平直徑的兩個端點，粒子重力不計，空氣阻力不計，則下列說法不正確的是（）A.粒子射入磁場的速率為v＝B.粒子在磁場中運動的最長時間為t＝C不可能有粒子從C點射出磁場D.若粒子的速率可以變化，則可能有粒子從A點水平射出2、關于電場強度和磁感應強度，下列說法正確的是（）A.電場強度的定義式，只適用于勻強電場B.由磁感應強度公式，磁感應強度方向與放入磁場中的通電直導線所受的安培力方向相同C.電場中某點電場強度方向與在該點的正檢驗電荷所受電場力方向一定相同D.通電直導線在磁場中受到的磁場力為零，則該位置的磁感應強度也一定為零3、在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，r<R1，C為電容器，電流表、電壓表為理想電流表和理想電壓表．在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是（）A.電壓表示數變小，電流表示數變小B.電容器C所帶電荷量增多C.電源的輸出功率增大，效率降低D.a點的電勢升高4、關于電場與磁場，下列說法中正確的是A.磁場對放入其中的電荷一定有力的作用B.電場對放入其中的電荷一定有力的作用C.場強的方向與放入其中的電荷所受電場力的方向相同D.磁場方向與在磁場中運動電荷所受洛倫茲力的方向相同5、兩個定值電阻R1、R2串聯后接在輸出電壓U=12V的直流電源上，且電源電壓保持不變。把一個內阻不是遠大于R1、R2的電壓表接在R1的兩端（如圖所示），電壓表的示數為8V，如果把此電壓表改接在R2兩端，則電壓表的示數將（）A.小于4VB.等于4VC.大于4V、小于8VD.等于或大于8V6、奧斯特實驗說明了（）A.磁場的存在B磁場具有方向性C.通電導線周圍存在磁場D.磁體間有相互作用二、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、如圖所示，兩光滑平行導軌水平放置在勻強磁場中，磁場垂直于導軌所在平面向里，金屬棒ab可沿導軌自由滑動，導軌一端跨接一個定值電阻R，導軌電阻不計?，F將金屬棒沿導軌由靜止向右拉，若保持拉力恒定，當速度為v時加速度為a1，最終以速度2v做勻速運動；若保持拉力的功率恒定，當速度為v時加速度為a2，最終也以2v做勻速運動，則（）A.兩種情況中，金屬棒ab都是從靜止開始做加速度減小的加速度運動，直到勻速B.兩種情況中，金屬棒最終受到的拉力一樣大C.a2＝2a1D.a2＝3a18、如圖所示，一束質量、速度和電荷量不同的正離子垂直地射入勻強磁場和勻強電場正交的區(qū)域里，結果發(fā)現有些離子保持原來的運動方向，有些未發(fā)生任何偏轉．如果讓這些不偏轉的離子進入另一勻強磁場中，發(fā)現這些離子又分裂成幾束，對這些進入另一磁場的離子，可得出結論A.它們的動能可能相同B.它們比荷一定各不相同C.它們的電荷量一定各不相同D.它們的質量一定各不相同9、某同學將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內部的發(fā)熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標上,如圖中的a、b、c所示,根據圖線可知()A.反映Pr變化的圖線是cB.電源電動勢為8VC.電源內阻為2D.當電流為0.5A時,外電路的電阻為610、如圖空間存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自a沿曲線acb運動到b點時，速度為零，c是軌跡的最低點，以下說法中正確的是()A.液滴帶負電B.滴在c點動能最大C.若液滴所受空氣阻力不計，則機械能守恒D.液滴在c點機械能最大三、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）（1）如圖1所示為多用電表的刻度盤。若選用倍率為“”的歐姆擋測電阻時，表針指示如圖所示，為了使測量結果更精確些，則下列操作正確的是____A．將選擇開關旋轉到歐姆擋“”B．將選擇開關旋轉到歐姆擋“”C．換擋后直接接入待測電阻測量D．換擋后先將兩表筆短接調零，再接入待測電阻進行測量（2）若選用2.5V電壓擋測電壓時，表針也指于圖示位置，則所測電壓為________V。（3）若該歐姆表表頭如圖2所示，已知電流計的量程為，電池電動勢為E＝1.5V，則該歐姆表的表盤上刻度線對應的電阻值是______KΩ。12．（12分）用多用電表測電阻時：（1）在某次測量中，實驗操作正確，選擇開關的位置如圖（a）所示，表頭刻度和指針位置如圖（b）所示，則被測電阻的阻值為_____（2）若繼續(xù)用該表測量另一阻值約為的電阻，則應將選擇開關旋至倍率為____檔，并在測量電阻前先進行歐姆調零操作，測量結束后，應將選擇開關旋至off或交流電壓最高檔四、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，在直角坐標系區(qū)域內有沿y軸正方向的勻強電場，右側有一個以點O1（3L，0）為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N?，F有一質量為m，電荷量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，速度方向與x軸夾角為30°。整個圓形區(qū)域內有磁感應強度大小相等的勻強磁場，2L到3L之間垂直紙面向外，3L到4L之間垂直紙面向內。電子在磁場中運動一段時間后恰好從N點飛出，速度方向與x軸夾角也為30°，電子的重力忽略不計。求：(1)電子飛出勻強電場時速度的大?。?2)勻強電場場強的大??；(3)磁感應強度大小及電子從A點運動到N點的總時間。14．（16分）如圖（a）所示，足夠長的光滑平行金屬導軌JK、PQ傾斜放置，兩導軌間距離為L=1.0m，導軌平面與水平面間的夾角為θ=30°，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上，導軌的J、P兩端連接阻值為R=3.0Ω的電阻，金屬棒ab垂直于導軌放置并用細線通過光滑定滑輪與重物相連，金屬棒ab的質量m=0.90kg，電阻r=0.50Ω，重物的質量M=1.50kg，如果將金屬棒和重物由靜止釋放，金屬棒沿斜面上滑距離與時間的關系圖像如圖（b）所示，不計導軌電阻，g=10m/s2。求：（1）t=0時刻金屬棒的加速度；（2）求磁感應強度B的大小以及在1.2s內通過電阻R的電荷量；（3）在1.2s內電阻R產生的熱量。15．（12分）真空室中有如圖甲所示的裝置，電極K持續(xù)發(fā)出的電子(初速度不計)經過加速電場加速后，從小孔0沿水平放置的偏轉極板M、N的中心軸線OO′射入偏轉電場．極板M、N長度均為L，加速電壓，偏轉極板右側有熒光屏(足夠大且未畫出)．M、N兩板間的電壓U隨時間t變化的圖線如圖乙所示，其中．調節(jié)兩板之間的距離d，使得每個電子都能通過偏轉極板，已知電子的質量為m、電荷量為e，電子重力不計(1)求電子通過偏轉極板的時間t；(2)求偏轉極板之間的最小距離d；(3)當偏轉極板間的距離為最小值d時，熒光屏如何放置時電子擊中的范圍最小?該范圍的長度是多大?

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】A．由洛倫茲力提供向心力，有解得根據題意r＝2R可得故A正確，不符合題意；B．當粒子以圓形區(qū)域的直徑2R為弦做圓周運動時，粒子在磁場中運動的時間最長，由幾何關系可知此時軌跡對應的圓心角為60°，粒子運動的周期為則粒子在磁場中運動的時間為故B正確，不符合題意；C．粒子的軌道半徑為2R，磁場的半徑為R，粒子可能從C點射出，故C錯誤，符合題意；D．當粒子的軌道半徑為R時，豎直向上射出的粒子，可以從A點水平射出，且速率滿足故D正確，不符合題意。故選C。2、C【解析】A．電場強度的定義式，適用于任何電場，選項A錯誤；B．磁感應強度方向與放入磁場中的通電直導線所受的安培力方向垂直，選項B錯誤；C．電場中某點電場強度方向與在該點的正檢驗電荷所受電場力方向一定相同，選項C正確；D．通電直導線在磁場中受到的磁場力為零，可能是電流的方向與磁場方向平行，選項D錯誤；故選C。3、C【解析】在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，變阻器在路電阻減小，外電阻減小，根據歐姆定律分析干路電流如何變化和電阻R1兩端電壓的變化，即可知道電壓表讀數的變化．電容器C的電壓等于電阻R2兩端的電壓，分析并聯部分電壓的變化，即知道電容器的電壓如何變化，根據干路電流與通過R2的電流變化情況，分析電流表的變化．根據內外電阻的關系，分析電源的輸出功率如何變化．a點的電勢等于R2兩端的電壓【詳解】在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，滑動變阻器電阻減小，外電路總電阻減小，干路電流I增大，電阻R1兩端電壓增大，則電壓表示數變大．電阻R2兩端的電壓U2=E-I（R1+r），I增大，則U2變小，電容器板間電壓變小，其帶電量減?。鶕怆娐分许樦娏鞣较颍妱萁档?，可知，a的電勢大于零，a點的電勢等于R2兩端的電壓，U2變小，則a點的電勢降低，通過R2的電流I2減小，通過電流表的電流IA=I-I2，I增大，I2減小，則IA增大．即電流表示數變大．故ABD錯誤．據題：r＜R1，當外電路總電阻減小時，內外電阻更加接近，電源的輸出功率增大．電源的效率，路端電壓U減小，則電源的效率降低，故C正確．故選C【點睛】本題是電路動態(tài)變化分析問題，要抓住不變量：電源的電動勢、內阻及定值電阻的阻值不變，進行分析．根據電流方向判斷電勢高低，由電壓的變化判斷電勢的變化4、B【解析】A.磁場對放入其中的運動方向與磁場平行的電荷沒有磁場力作用。故A錯誤；B.電場對放入其中的電荷一定有電場力作用，故B正確；C.正電荷受電場力的方向與所在處的電場方向相同，負電荷受電場力的方向與所在處的電場方向相反，故C錯誤；D.而根據左手定則，在磁場中運動電荷所受洛倫茲力方向與所在處的磁場方向垂直。故D錯誤；故選：B5、A【解析】當電壓表接在R1兩端時，其示數為8V，則此時電阻R2兩端的電壓為4V，將R1與RV并聯后的總電阻用R1V表示，則==解得R1V=2R2由于R1>R1V，則R1>2R2。當電壓表改接在R2兩端時，將R2與RV并聯后的總電阻用R2V表示，則R2>R2V。此時電阻R1兩端的電壓U1與電壓表示數U2V之比為=>>=2故電壓表的示數將小于4V。故A正確，BCD錯誤。故選A。6、C【解析】奧斯特將通電導線放于小磁針上方時發(fā)現小磁針發(fā)生了偏轉，說明了通電導線周圍存在著磁場A.磁場的存在．與結論不符，故A錯誤；B.磁場具有方向性．與結論不符，故B錯誤；C.通電導線周圍存在磁場．與結論相符，故C正確；D.磁體間有相互作用．與結論不符，故D錯誤二、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、ABD【解析】A．兩種情況中，金屬棒ab運動過程中速度越來越大，安培力越來越大，根據牛頓第二定律可知加速度越來越小，最后勻速，所以兩種情況都是從靜止開始做加速度減小的加速度運動，直到勻速，故A正確；B．兩種情況中，金屬棒最終都是勻速運動，則受到的拉力有：，兩種情況中，金屬棒最終受到的拉力一樣大，故B正確；CD．當拉力恒定，速度為v，加速度為a1時，根據牛頓第二定律有：解得：若保持拉力的功率恒定，速度為2v時，拉力為F，則有：P=F?2v得：則當速度為v時，拉力大小為：根據牛頓第二定律得：解得：所以有a2=3a1，故C錯誤，D正確。故選ABD。8、AB【解析】粒子在磁場和電場正交區(qū)域里，同時受到洛倫茲力和電場力作用，粒子沒有發(fā)生偏轉，說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，滿足qvB=qE，即不發(fā)生偏轉的粒子具有共同的速度大小v=E/B，粒子進入磁場后受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，滿足qvB=m，圓周運動的半徑R=，由此進行分析得出結論【詳解】因為粒子進入電場和磁場正交區(qū)域時，不發(fā)生偏轉，說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，有qvB=qE，得出能不偏轉的粒子速度應滿足v=E/B．粒子進入磁場后受洛倫茲力作用，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB=m，圓周運動的半徑，由于粒子又分裂成幾束，也就是粒子做勻速圓周運動的半徑R不同，進入第二個勻強磁場時，粒子具有相同的速度，由得知，所以粒子能分裂成幾束的粒子的比值不同，則電荷量與質量之比一定不相同．而質量m、電荷量可能相同，則動能也可能相同．故AB正確，CD錯誤．故選AB【點睛】此題要能根據粒子不發(fā)生偏轉得出粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度v，理解速度選擇器的原理．在單獨的勻強磁場中粒子分裂成幾束說明粒子的荷質比不同，并由此得出電量、質量、以及速度所需要滿足的關系式，從而得出正確的結論9、ACD【解析】由電源消耗功率和電源內部消耗功率表達式PE=EI，Pr=I2r，可知，a是直線，表示的是電源消耗的電功率，c是拋物線，表示的是電源內電阻上消耗的功率，b表示外電阻的功率即為電源的輸出功率PR，所以A正確；根據PE=EI，當I=2A時，PE=8w得，E=4V，B錯誤；根據Pr=I2r，當I=2A時，Pr=8W可得，r=2Ω，C正確；當電流為0.5A時，R+r=8Ω，R=6Ω，D正確考點：電源的功率10、ABD【解析】帶電液滴由靜止開始，在電場力和重力的作用下會向下運動，在運動過程中，帶電粒子會受到洛倫茲力，所以粒子會沿逆時針方向偏轉，到達c點時，洛倫茲力方向向上，此時粒子具有最大速度，在之后的運動中，粒子的電勢能會增加速度越來越小，到達b點時速度為零，除重力以外的力做的功等于機械能的變化量；【詳解】A、從圖中可以看出，帶電粒子由靜止開始向下運動，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧內，根據左手定則可知，液滴帶負電，故A正確；B、從a到c的過程中，重力和電場力都做正功，洛倫茲力不做功，動能增大，從c到b的過程中，重力和電場力都做負功，洛倫茲力不做功，動能減小，所以滴在c點動能最大，故B正確；C、液滴除重力做功外，還有電場力做功，機械能不守恒，故C錯誤；D、除重力以外的力做的功等于機械能的變化量，從a到c的過程中，電場力都做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，從c到b的過程中，電場力都做負功，洛倫茲力不做功，機械能減小，所以液滴在c點機械能最大，故D正確；故選ABD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.AD②.2.20③.2【解析】（1）[1]．AB由表盤看出，若選用倍率為“×100”的歐姆擋測電阻時，指針偏轉較大過大，則說明倍率檔選擇過大，應改用“×100”的歐姆擋測量；選項A正確，B錯誤；CD．換擋后先將兩表筆短接調零，再接入待測電阻進行測量，選項C錯誤，D正確；故選AD.（2）[2]．若選用2.5V電壓擋測電壓時，最小分度為0.05A，則表針所指圖示位置，則所測電壓為2.20V。（3）[3]．當電流表滿偏時：當電流為300μA時：帶入數據解得：R=2kΩ12、①.1300②.【解析】（1）[1]由圖（a）所示可知，歐姆表擋位是，由圖（b）所示可知，則被測電阻值是；（2）[2]若繼續(xù)用該表測量另一阻值約為的電阻，應將選擇開關旋至倍率為擋，并在測量電阻前先進行歐姆調零操作【點睛】本題考查了歐姆表使用注意事項與讀數，要掌握歐姆表的使用方法、注意事項與讀數方法，難度不大四、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、(1)，(2)，(3)，?！窘馕觥?1)粒子在電場中做類平拋運動，分解速度：解得：；(2)根據類平拋運動，在水平方向做勻速直線運動：分解速度得：電場力提供加速度，根據牛頓第二定律：解得：；(3)由幾何知識知，電子在磁場中運動的半徑為：電子在磁場中做勻速圓周運動：解得：電子從A點到M點的運動時間：根據圓周運動的對稱性，電子從M點到N點的運動時間：電子運動的總時間為：。14、（1）a=4.375m/s2；（2）T，C；（3）QR=9.45J【解析】(1)對金屬棒和重物整體Mg-mgsinθ=（M+m）a解得a=4.375m/s2(2)由題圖（b）可以看出最終金屬棒ab將