內(nèi)蒙古自治區(qū)烏蘭察布市集寧一中2025屆高二物理第一學期期末聯(lián)考模擬試題含解析

內(nèi)蒙古自治區(qū)烏蘭察布市集寧一中2025屆高二物理第一學期期末聯(lián)考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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、一正弦交流電的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示，由圖可知（）A.該交流電的電壓瞬時值的表達式為u=100sin（25t）VB.該交流電的頻率為50HzC.該交流電的電壓的有效值為100VD.若將該交流電壓加在阻值為R=100Ω的電阻兩端，則電阻消耗的功率是50W2、某靜電場的一簇等差等勢線如圖中虛線所示，從A點射入一帶電粒子，粒子僅在電場力作用下運動的軌跡如實線ABC所示。已知A、B、C三點中，A點的電勢最低，C點的電勢最高，則下列判斷正確的是()A.粒子可能帶負電B.粒子在A點的加速度小于在C點的加速度C.粒子在A點的動能小于在C點的動能D.粒子在A點的電勢能小于在C點的電勢能3、在如圖所示的電路中，、、和皆為定值電阻，為可變電阻，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，設電流表的讀數(shù)為，電流表的讀數(shù)為，電壓表V1的示數(shù)為，電壓表的讀數(shù)為，當?shù)幕瑒佑|點向a端移動過程中，電流表的讀數(shù)變化量大小為，電流表的讀數(shù)變化量大小，電壓表的讀數(shù)變化量大小為，電壓表的讀數(shù)變化量大小為，則（）A.變大，，不變B.變大、，不變C.變小，變小，變小D.變小，變小，變大4、宇宙射線中大量的高能粒子受地磁場作用會改變運動方向。如圖所示，現(xiàn)有一束高能質(zhì)子流射向地球赤道，則a質(zhì)子流在進入地球空間將A.向東偏轉(zhuǎn)B.向西偏轉(zhuǎn)C.向北偏轉(zhuǎn)D.豎直向下沿直線射向地面5、如圖所示，無限大的水平勻強磁場B中，有一面積為S的矩形線圈，可繞豎直軸MN轉(zhuǎn)動．.關于穿過此線圈的磁通量，下列說法正確的是A.當線圈平面與磁感線垂直時，磁通量為零B.當線圈平面與磁感線平行時，磁通量最大C.線圈繞軸MN轉(zhuǎn)過90°的過程中，磁通量保持不變D.線圈繞軸MN轉(zhuǎn)過90°的過程中，磁通量會發(fā)生變化6、首先發(fā)現(xiàn)電磁感應現(xiàn)象的科學家是（）A.法拉第 B.安培C.奧斯特 D.楞次二、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，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡．設電子在A、B兩點的加速度大小分別為a1、a2，電勢能分別為E1、E2．下列說法正確的是（）A.若a1＞a2，則Q必定為正電荷且在M點的左端B.電子在A點的速度小于在B點的速度C.電子在A點的電勢能E1小于在B點的電勢能E2D.B點電勢高于A點電勢8、初速度為的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則A.電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B.電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C.電子將向左偏轉(zhuǎn)，半徑不變D.電子將向右偏轉(zhuǎn)，半徑改變9、關于平拋運動，下列說法中正確的是（）A.平拋運動的軌跡是曲線，所以平拋運動是變速運動B.平拋運動是一種勻變速曲線運動C.平拋運動的水平射程x由初速度決定，與下落的高度h無關D.平拋運動的落地時間t由初速度決定，越大，t越大10、如圖所示，甲帶正電，乙是不帶電的絕緣塊，甲、乙疊放在一起置于光滑的水平地面上，空間存在著水平方向的的勻強磁場，在水平恒力F的作用下，甲、乙無相對滑動的一起向左加速運動，在加速運動階段()A.甲、乙兩物塊之間的摩擦力不斷增大B.甲、乙兩物塊之間的摩擦力不變C.甲、乙向左運動加速度不斷減小D.甲對乙的壓力不斷增大三、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）某同學要測定一個圓柱體的電阻率，進行了如下操作：（1）用10分度的游標卡尺測量圓柱體的長度，由圖可知其長度為______mm；（2）用螺旋測微器測量其直徑如圖，可知其直徑為_______mm；（3）用已調(diào)零且選擇旋鈕指向歐姆擋“×1”位置的多用電表粗略測量該圓柱體的電阻，根據(jù)圖所示的表盤，可讀出被測電阻阻值為______Ω（4）為了精確的測量該圓柱體的電阻，他選用了以下儀器，用伏安法進行測量，實驗要求電壓表的讀數(shù)從0開始，請在框圖中畫出實驗電路圖_______A．直流電源，輸出電壓為6V；B．電壓表3V，內(nèi)阻大約1kΩ；C．電流表0.6A，內(nèi)阻大約1Ω；D．滑動變阻器，總電阻10Ω；E．開關、導線若干12．（12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(zhì)量為m1，半徑為r1；被碰小球質(zhì)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(nèi)，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，在電子槍右側依次存在加速電場，兩水平放置的平行金屬板和,豎直放置的熒光屏。加速電場的電壓為，兩平行金屬板的板長、板間距離均為,熒光屏距兩平行金屬板右側距離也為。電子槍發(fā)射的質(zhì)量為、電荷量為的電子，從兩平行金屬板的中央穿過，打在熒光屏的中點。不計電子進入加速電場前的速度及電子重力。(1)求電子進入兩金屬板間時的速度大小;(2)若兩金屬板間只存在垂直紙面向外的勻強磁場(如圖)，求電子到達熒光屏的位置與點距離的最大值和此時磁感應強度的大小;(3)若兩金屬板間只存在豎直方向的勻強電場，兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為，電子會打在熒光屏上某點，該點距點距離為，求此時與的比值。14．（16分）現(xiàn)有如下實驗器材：天平一臺，各種質(zhì)量砝碼若干邊長為L、匝數(shù)為N的正方形線圈一個直流電源一個電流計一個開關、電阻、細導線及固定裝置若干請用以上器材設計一個可以精確測量勻強磁場磁感應強度的實驗要求：（1）在虛線框內(nèi)畫出實驗原理圖（2）為了測量磁場磁感應強度需要測量哪些物理量？（3）寫出計算磁感應強度的主要關系式15．（12分）如圖，變壓器原線圈匝數(shù)n1=800匝，副線圈匝數(shù)n2=200匝，燈泡A標有“10V2W”，電動機D的線圈電阻為1Ω，將交變電壓加到理想變壓器原線圈兩端，燈泡恰能正常發(fā)光，求：（1）副線圈兩端電壓，（2）電動機D的電功率（3）電動機D輸出功率，（4）原線圈的輸入功率，

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、D【解析】A．由圖可知故所以其表達式為故AB錯誤；C．由圖像可知交流電的最大值為100V，因此其有效值為所以R消耗的功率為故C錯誤，D正確。故選D。2、D【解析】A．曲線運動物體力指向曲線的凹側，且其受到的電場力方向要與等勢面垂直，故粒子在A點受到的電場力斜向左下，又，故粒子受到的電場力方向與場強方向一致，即粒子應該帶正電，A錯誤；B．等差等勢面越密的地方場強越大，故A點場強大于C點，電荷在A點的加速度大于C點，故B錯誤；CD．由于粒子帶正電，由可知，正電荷在電勢越低的地方電勢能越小，故粒子在A點的電勢能小于在C點的電勢能；粒子動能和勢能總和不變，而粒子在A點的電勢能小于C點電勢能，故粒子在A點的動能大于C點動能，故C錯誤，D正確；故選D。3、A【解析】C．當R5的滑動觸點向圖中a端移動時，R5變小，外電路總電阻變小，由閉合電路歐姆定律知，總電流I1變大，路端電壓變小，U1變小。根據(jù)閉合電路歐姆定律知：U2=E-I1（r+R1+R3），I1增大，則U2變小，因此I2變小。故C錯誤。AB．U1的變化量等于U2的變化量與R1，R3的電壓變化量之和，U1變小，U2變小，而R1，R3的電壓變化量之和增加，則知：△U1＜△U2。由閉合電路歐姆定律知：U1=E-I1r，則，不變。故A正確，B錯誤。D．由于，則可知不變；故D錯誤。故選A。4、A【解析】質(zhì)子流的方向從上而下射向地球表面，地磁場方向在赤道的上空從南指向北，根據(jù)左手定則，洛倫茲力的方向向東，所以質(zhì)子向東偏轉(zhuǎn)。A.向東偏轉(zhuǎn)。與上述結論相符，故A正確；B.向西偏轉(zhuǎn)。與上述結論不符，故B錯誤；C.向北偏轉(zhuǎn)。與上述結論不符，故C錯誤；D.豎直向下沿直線射向地面。與上述結論不符，故D錯誤；故選：A.5、D【解析】當線圈平面與磁感線垂直時，穿過線圈的磁通量最大，故A錯誤；當線圈平面與磁感線平行時，沒有磁感線穿過線圈，穿過線圈的磁通量為零，故B錯誤；線圈在轉(zhuǎn)動過程中，與磁感線垂直的有效面積在不斷變化，所以磁通量在不斷變化，故C錯誤，D正確6、A【解析】首先發(fā)現(xiàn)電磁感應的科學家是法拉第。故A正確，BCD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、AC【解析】A項：若a1＞a2，表明電荷在A點受的電場力更大，又電子受的電場力向左，即A點離點電荷Q更近，故A正確；B項：電子從A到B，電場力做負功，電子的動能減小，故B錯誤；C項：電子從A到B，電場力做負功，電子的電勢能增大，故C正確；D項：根據(jù)負電荷在電勢高地方電勢能小可知，A點電勢高于B點電勢，故D錯誤【點晴】解決本題關鍵理解做曲線運動的物體所受合外力指向曲線的內(nèi)側8、AD【解析】AB．由安培定則可知導體右側磁場方向垂直紙面向里，然后跟左手定則可知運動電子所受洛倫茲力向右，因此電子將向右偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，故其速率不變，故A符合題意，B不符合題意。CD．由右手螺旋定則可知，直導線右側電場向里，并且離導線越遠，場強越弱；由左手定則可知，電子向右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)，解得：，可知，B越小，半徑越大，故D符合題意，C不符合題意。故選AD。9、AB【解析】平拋運動是具有水平方向的初速度只在重力作用下的運動，是一個勻變速曲線運動．解決平拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動【詳解】A、B項：平拋運動只受重力作用，加速度為重力加速度，不發(fā)生變化，是勻變速運動，運動軌跡是曲線，所以平拋運動一定是變速運動，故AB正確；C項：由平拋可得：，解得：，即：平拋運動的水平射程由物體下落的高度和初速度共同決定，故C錯誤；D項：由C知，平拋運動落地時間由h決定，與初速度無關，故D錯誤【點睛】本題考查對平拋運動規(guī)律的掌握和理解，知道平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，結合運動規(guī)律分析水平射程和落地時間10、BD【解析】當甲與乙向右運動時，甲所受的洛倫茲力豎直向下，又由于地面光滑，所以摩擦力為0，把甲乙看成一個系統(tǒng)，，甲與乙相對靜止，乙對甲的靜摩擦力．所以選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、①.22.6②.6.360-6.363③.7④.【解析】（1）由圖得主尺讀數(shù)為2.2cm=22mm，游標尺讀數(shù)為，所以圓柱體的長度為22+0.6mm=22.6mm．由圖得主尺讀數(shù)為6mm，可動刻度讀數(shù)為，所以圓柱體的直徑為6+0.360mm=6.360mm．由圖知，電阻讀數(shù)要讀多用電表最上的表盤，即讀數(shù)為由題意要求電壓表的讀數(shù)從0開始，所以滑動變阻器要用分壓接法，由待測電阻大約為7歐，滿足電壓表的內(nèi)阻遠大于待測電阻，得電流表要用外接法，電路圖如圖所示：【點睛】學生要會讀游標卡尺、螺旋測微器、多用電表的示數(shù)，知道滑動變阻器必須用分壓接法的三種情況12、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(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量；為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同（2）根據(jù)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(fā)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(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)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)【解析】(1)設電子經(jīng)電場加速后進入偏轉(zhuǎn)場區(qū)的速度大小為v0，由動能定理得：①解得：②(2)偏轉(zhuǎn)場區(qū)中只有勻強磁場時，電子進入磁場區(qū)受洛侖茲力作用做勻速圓周運動，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，沿直線運動到熒光屏．磁場的磁感應強度越大，偏轉(zhuǎn)越大，電子偏轉(zhuǎn)的臨界狀態(tài)是恰好從上板的右端射出，做直線運動到達熒光屏．它的位置與O點距離即為最大值ym，如圖所示電子做圓周運動，由牛頓第二定律得：③根據(jù)圖示，由幾何知識得：④⑤解得：,⑥由②③解得：⑦(3)偏轉(zhuǎn)區(qū)內(nèi)只有勻強電場時，電子進入偏轉(zhuǎn)區(qū)做勻加速曲線運動，如圖所示離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的位移：速度方向偏轉(zhuǎn)角設為θ，打到熒光屏的位置距O點的距離：⑧解得：14、（1）實驗原理圖：（2）需要測量的物理量有：①電路中的