2025屆內蒙古一機集團第一中學物理高二第一學期期末聯考試題注意事項：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。回答非選擇題時，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、下列說法正確的是（）A.法拉第發現了電磁感應現象，實現了磁生電的設想B.楞次定律表明，感應電流的方向一定與原來的電流方向相反C.磁與電緊密聯系，有磁必有電，有電必有磁D.電磁感應現象中，感應電流的磁場總是跟原來的磁場方向相反2、根據磁場對電流會產生作用力的原理，人們研制出一種新型的發射炮彈的裝置——電磁炮，其原理如圖所示：把待發炮彈（導體）放置在強磁場中的兩平行導軌上，給導軌通以大電流，使炮彈作為一個通電導體在磁場作用下沿導軌加速運動，并以某一速度發射出去．現要提高電磁炮的發射速度，你認為下列方案在理論上可行的是()A.增大磁感應強度B的值B.增大電流I的值C.減小磁感應強度B的值D.改變磁感應強度B的方向，使之與炮彈前進方向平行3、如圖所示甲、乙兩個電路，都是由一個靈敏電流計G和一個變阻器R組成的電表，關于這兩個電表的下列說法正確的是（）A.甲表是電流表，R增大時量程增大B.甲表是電流表，R增大時量程減小C.乙表是電流表，R增大時量程減小D.乙表是電流表，R增大時量程增大4、如圖所示,已知磁場與電流的方向,圖中又畫出了通電導線在磁場中所受安培力的方向,那么正確的是()A. B.C. D.5、如圖所示，在相互正交的水平勻強磁場的混合場區域內，有一質量為m、電荷量為q的微粒以垂直于磁場方向且與水平方向成θ角的速度v從O點進入混合場區，該微粒在電場力、磁場力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A點．下列說法中正確的是()A.該微粒一定帶負電荷B.該電場的場強大小為BvcosθC.微粒從O到A的運動可能是勻變速運動D.該磁場的磁感應強度大小為6、如圖所示，直線上有o、a、b、c四點，ab間的距離與bc間的距離相等，在o點處有固定點電荷，已知b點電勢低于c點電勢．若一帶負電粒子僅在電場力作用下先從c點運動到b點，再從b點運動到a點，則（）A.o點處固定點電荷帶正電B.前一過程中電場力做的功大于后一過程中電場力做的功C.后一過程中，粒子動能不斷增大D.帶電粒子在a點的電勢能大于在c點的電勢能二、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、磁場中某區域的磁感線如圖所示，則（）A.a、b兩點磁感強度大小相等B.a、b兩點磁感強度大小不等，Ba>BbC.同一小段通電導線放在a處時所受的磁場力一定比放在b處時大D.同一小段通電導線放在a處時所受的磁場力可能比放在b處時小8、如圖甲、乙兩圖是電子技術中的常用電路,a、b是各部分電路的輸入端,其中輸入的交流高頻成分用“?”表示,交流低頻成分用“~”表示,直流成分用“—”表示．關于兩圖中負載電阻R上得到的電流特征是()A.圖甲中R得到的是交流成分B.圖甲中R得到的是直流成分C.圖乙中R得到的是低頻成分D.圖乙中R得到的是高頻成分9、如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，正方形單匝線框從左邊界由靜止開始勻加速穿過磁場區域，線圈的邊長和磁場的寬度相等．從線框cd邊剛進磁場開始計時，逆時針方向為電流的正方向，線框中的感應電流i、電功率P隨時間t的變化圖象可能正確的是A. B.C. D.10、如圖所示，電源電動勢為E、內阻為r，電流表、電壓表均為理想電表，當開關閉合后，三個小燈泡均能正常發光，當滑動變阻器的觸頭P向右移動時，關于燈泡的亮度和電表示數變化情況，下列說法正確的是（小燈泡不會燒壞）（）A.L1變亮，L2變暗，L3變暗B.L1變暗，L2變暗，L3變亮C.電流表A的示數變大，電壓表V的示數變小D.電流表A的示數變小，電壓表V的示數變大三、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）如圖所示為驗證動量守恒的實驗裝置示意圖（1）若入射小球質量為m1，半徑為r1；被碰小球質量為m2，半徑為r2．則要完成該實驗須滿足（）A．m1＞m2，r1＞r2B．m1＞m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2（2）0為斜槽末端垂足，P為碰前入射小球落點的平均位置，M、N兩點為碰后兩球平均落點位置，則在誤差允許的范圍內，關系式m1OP=_________________（用m1、m2及圖中字母表示）成立，即表示碰撞中動量守恒12．（12分）(1)在“練習使用多用電表”的實驗中，小西同學選擇的擋位和電表的指針位置如圖甲所示．則小西同學測量的物理量是_________，讀數為__________；(2)小北同學用電阻箱來練習使用多用電表測電阻，如圖乙所示電阻箱阻值讀數為_______，應該選擇歐姆表的____________倍率進行測量；(3)小北同學發現歐姆擋的刻度盤讀數范圍是0到無窮大，而指針在中央時示數為15．小北同學從課本上找到了歐姆擋的電路圖如圖丙所示，如果選擇歐姆擋“×10”倍率時，請你計算此時歐姆表內部的電阻值為_______，歐姆擋刻度是___________（填均勻或不均勻）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）在高能物理研究中，粒子加速器起著重要作用，而早期的加速器只能使帶電粒子在高壓電場中加速一次，因而粒子所能達到的能量受到高壓技術的限制。1930年，提出了回旋加速器的理論，他設想用磁場使帶電粒子沿圓弧形軌道旋轉，多次反復地通過高頻加速電場，直至達到高能量。圖17甲為設計的回旋加速器的示意圖。它由兩個鋁制型金屬扁盒組成，兩個形盒正中間開有一條狹縫；兩個型盒處在勻強磁場中并接有高頻交變電壓。圖17乙為俯視圖，在型盒上半面中心處有一正離子源，它發出的正離子，經狹縫電壓加速后，進入型盒中。在磁場力的作用下運動半周，再經狹縫電壓加速；為保證粒子每次經過狹縫都被加速，應設法使變電壓的周期與粒子在狹縫及磁場中運動的周期一致。如此周而復始，最后到達型盒的邊緣，獲得最大速度后被束流提取裝置提取出。已知正離子的電荷量為，質量為，加速時電極間電壓大小恒為，磁場的磁感應強度為，型盒的半徑為，狹縫之間的距離為。設正離子從離子源出發時的初速度為零。（1）試計算上述正離子從離子源出發被第一次加速后進入下半盒中運動的軌道半徑；（2）盡管粒子在狹縫中每次加速時間很短但也不可忽略。試計算上述正離子在某次加速過程當中從離開離子源到被第次加速結束時所經歷的時間；（3）不考慮相對論效應，試分析要提高某一離子被半徑為的回旋加速器加速后的最大動能可采用的措施。14．（16分）如圖所示，圓心為O，半徑為R的圓形區域中有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B．質量為m、電量為q的帶正電微粒從圓周上M點沿半徑MO方向射入磁場，射出磁場時速度方向偏轉了120°，不計微粒重力，求：(1)微粒入射速度大小(2)微粒在磁場中運動的時間(3)若將微粒的入射速度增大為原來的3倍，求射出點和入射點M之間的距離15．（12分）“神舟”十號飛船于2013年6月11日17時38分在酒泉衛星發射中心成功發射，我國首位80后女航大員王亞平將首次在太空為我國中小學生做課，既展示了我國在航天領域的實力，又包含著祖國對我們的殷切希望．火箭點火豎直升空時，處于加速過程，這種狀態下宇航員所受支持力F與在地球表面時重力mg的比值后稱為載荷值．已知地球的半徑為R＝6.4×106m（地球表面的重力加速度為g＝9.8m/s2）(1)假設宇航員在火箭剛起飛加速過程的載荷值為k＝6，求該過程的加速度；（結論用g表示）(2)求地球的笫一宇宙速度；(3)“神舟”十號飛船發射成功后，進入距地面300km的圓形軌道穩定運行，估算出“神十”繞地球飛行一圈需要的時間．（π2≈g）

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、A【解析】A．法拉第發現了電磁感應現象，實現了磁生電的設想，使人類社會進入電氣時代，故A正確；B．楞次定律“增反減同”可知，感應電流的方向可能與原來的電流方向相反，也可能與原來的電流方向相同，故B錯誤；C．磁與電緊密聯系，有磁不一定有電，但有電必有磁，故C錯誤；D．電磁感應現象中，楞次定律“增反減同”可知，感應電流的磁場總是阻礙原來磁通量的變化，則可能跟原來的磁場方向相反，也可能與原來的磁場方向相同，故D錯誤。故選A。2、B【解析】電磁炮就是在安培力的作用下運動，要想提高炮彈的發射速度，即增大安培力的大小，所以可適當增大電流或磁感應強度．故A正確，B正確，C錯誤；當改變磁感應強度B的方向，使之與炮彈前進方向平行時，由左手定則可知，電磁炮受的安培力方向豎直向下，在前進方向上合力為零，根據由牛頓運動定律可知，電磁炮的運動狀態不會改變，故D錯誤考點：本題考查磁場對通電直導線的作用、左手定則、安培力、牛頓運動定律以及應用這些知識解決實際問題的能力3、B【解析】AB．由甲圖所示可知，與電阻并聯，該是電流表，增大，的分流較小，電流表量程減小，故A錯誤，B正確；CD．由乙圖所示可知，，與電阻串聯，該表是電壓表，增大時，變阻器分擔電壓增大，電壓表量程增大，故C、D錯誤；故選B。4、B【解析】解：根據左手定值可知，A圖中的安培力應該垂直紙面向外的；B中安培力豎直向上；C中電流和磁場平行，不受安培力的作用；D中安培力是垂直導線向下的，故ACD錯誤，B正確故選B【點評】左手定則中涉及物理量及方向較多，應用過程中容易出現錯誤，要加強練習，增加熟練程度5、A【解析】粒子從O沿直線運動到A，必定做勻速直線運動，根據左手定則和平衡條件可判斷電性，并可求出B和E；【詳解】A、若粒子帶正電，電場力向右，洛倫茲力垂直于OA線斜向右下方，則電場力、洛倫茲力和重力不能平衡，若粒子帶負電，符合題意，故A正確；BD、粒子受力如圖，由平衡條件得，所以該電場場強大小為，由平衡條件得，解得磁場的磁感應強度大小為，故B、D錯誤；C、粒子如果做勻變速運動，重力和電場力不變，而洛倫茲力變化，粒子不能沿直線運動，與題意不符，故C錯誤；故選A【點睛】關鍵是帶電粒子在復合場中運動的問題，要抓住洛倫茲力與速度有關的特點6、D【解析】由于，所以電場線為從C到O方向，由于點電荷固定于O處，所以該點電荷應為負點電荷，A錯．負點電荷從C運動到a，所以電場力對其應做負功，所以動能應減少、電勢能應增加，所以C錯，D對．由于電場越來越大，所以，相同情況下電場力做功越來越大，所以B錯考點：根據電勢高低判斷電場方向、動能定理、電場力做功與電勢能關系點評：此類題型考查了對點電荷電場分布以及電場線與電勢高低關系，并通過動能定理計算相關能量的變化二、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、BD【解析】AB．磁感線的疏密程度反映磁感應強度的大小，由圖可知a、b兩點中a點處磁感線密，因此a點磁感應強度大，即Ba>Bb，故A錯誤，B正確；CD．通電導線在磁場中的受力大小除了跟磁感應強度有關外，還跟電流與磁感線方向夾角大小有關，因此同一通電導線在a、b處受力大小無法判斷，故C錯誤，D正確。故選BD。8、AC【解析】當交變電流加在電容器上時，有“通交流、隔直流，通高頻、阻低頻”的特性，甲圖中電容器隔直流，R得到的是交流成分，A正確，B錯誤；乙圖中電容器能通過交流高頻成分，阻礙交流低頻成分，R得到的是低頻成分，C正確，D錯誤9、AD【解析】線框的速度：，感應電動勢：，電功率：，故A正確，B錯誤；感應電流：，由右手定則碰撞，線框進入磁場過程電流沿逆時針方向，是正的，線框離開磁場過程，感應電流沿順時針方向，是負的，故C錯誤，D正確．所以AD正確，BC錯誤10、BD【解析】CD．滑動變阻器滑片P向右移動，阻值增大，總阻值增大，根據閉合電路歐姆定律可知，干路電流減小，路端電壓增大，故電流表示數變小，電壓表示數變大，故C錯誤，D正確；AB．干路電流減小，則燈泡L1兩端電壓減小，變暗；路端電壓增大，則并聯電路電壓增大，燈泡L3兩端電壓增大，變亮；流過燈泡L2的電流減小，變暗，故A錯誤，B正確。故選BD。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.C②.m1OM+m2ON【解析】（1）為了保證碰撞前后使入射小球的速度方向不變，故必須使入射小球的質量大于被碰小球的質量；為了使兩球發生正碰，兩小球的半徑相同（2）根據動量守恒定律求出需要驗證的表達式【詳解】（1）為保證兩球發生對心正碰，兩球的半徑應相等，為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量，故選C；（2）小球離開軌道后做平拋運動，小球拋出點的高度相等，則它們在空中的運動時間t相等，驗證碰撞中的動量守恒，需要驗證：m1v1=m1v1′+m2v2，則：m1v1t=m1v1′t+m2v2t，m1x1=m1x1′+m2x2，因此需要驗證：m1OP=m1OM+m2ON【點睛】本題考查利用平拋運動驗證動量守恒定律；主要是運用等效思維方法，平拋時間相等，用水平位移代替初速度，這樣將不便驗證的方程變成容易驗證12、①.直流電壓②.4.9V③.26.9Ω④.“×1”檔⑤.150Ω⑥.刻度不均勻【解析】（1）圖示檔位為直流電壓檔，讀數要注意估讀（2）電阻箱讀數為各檔對應的讀數之和．根據其阻值確定其應選倍率（3）歐姆表的讀數為示數乘以倍率【詳解】（1）圖中的檔位為直流電壓檔10V檔，對應示數為：4.9V（2）電阻箱讀數為：2×10+6×1+9×0.1=26.9Ω，若用歐姆表則選倍率為×1檔（3）中值電阻為內部電阻值，則為15×10=150Ω，因電流，I不隨Rx均勻變化而均勻變化，所以刻度不均勻四、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）增大加速器中的磁感應強度B【解析】（1）設正離子經過窄縫被第一次加速加速后的速度為v1，由動能定理得：正離子在磁場中做勻速圓周運動，半徑為r1，由牛頓第二定律得：由以上兩式解得：故正離子從離子源出發被第一次加速后進入下半盒中運動的軌道半徑為。（2）設正離子經過窄縫被第n次加速加速后的速度為vn，由動能定理得：把電場中的多次加速湊成連續的加速過程，可得粒子在狹縫中經n次加速的總時間為：由牛頓第二定律有：由以上三式解得電場對粒子加速的時間為：正離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有：又因有：每加速一次后都要做半個周期的圓周，則粒子在磁場中做圓周運動的時間為：由以上三式解得：所以粒子從離開離子源到被第n次加速結束時所經歷的時間為：故正離子在某次加速過程當中從離開離子源到被第n次加速結束時所經歷的時間為（3）設離子從D盒邊緣離開時做圓周運動的軌跡半徑為rm，速度為vm離子獲得