2025年云南省文山州马关县一中物理高二第一学期期末预测试题含解析.doc

2025年云南省文山州马关县一中物理高二第一学期期末预测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、关于两个运动的合成，下列说法正确的是
A.两个直线运动的合运动一定也是直线运动
B.方向不共线的两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动
C.小船渡河的运动中，小船的对地速度一定大于水流速度
D.小船渡河的运动中，水流速度越大，小船渡河所需时间越短
2、电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示，现把交流电加在电阻为9Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是

A.线圈转动的角速度为
B.如果线圈转速提高一倍,则电流不会改变
C.电热丝两端的电压V
D.电热丝的发热功率P=1800W
3、在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是

A.I1增大，I2不变，U增大
B.I1减小，I2增大，U减小
C.I1增大，I2减小，U增大
D.I1减小，I2不变，U减小
4、两个质点之间万有引力的大小为F，如果将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，那么它们之间万有引力的大小变为
A. B.
C. D.
5、下列说法中正确的是(　　)
A.奥斯特实验说明了通电导线对磁体有作用力
B.奥斯特实验说明了磁体对通电导线有作用力
C.奥斯特实验说明了任意两条通电导线之间有作用力
D.奥斯特实验说明了任意两个磁体之间有作用力

6、如图所示，M、N是相互平行、垂直于纸面放置的长直导线，其中通入的电流大小相等、方向相反．纸面内的点a到M、N距离相等．关于a点的磁场方向，下列说法正确的是（ ）

A.沿纸面向上 B.沿纸面向下
C.沿纸面向左 D.沿纸面向右
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1（沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（　　）

A.半径之比为 B.半径之比为
C.时间之比为2：3 D.时间之比为3：2
8、关于平抛运动，下列说法中正确的是（　　）
A.平抛运动的轨迹是曲线，所以平抛运动是变速运动
B.平抛运动是一种匀变速曲线运动
C.平抛运动的水平射程x由初速度决定，与下落的高度h无关
D.平抛运动的落地时间t由初速度决定，越大，t越大
9、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其核心部分如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m，电量为q的质子，质子每次经过电压为U电场区时，都恰好被加速，使质子由静止加速到动能为E后，由A孔射出，质子所受重力可以忽略，下列说法正确的是（　　）

A.其它条件不变时，增大D形盒半径R，质子的最终动能E将增大
B.其它条件不变时，只增大加速电压U，质子的最终动能E将增大
C.加速器中的电场和磁场都可以使带电粒子加速
D.电压变化的周期与质子在磁场中运动的周期相等时，可以使质子每次通过电场时总是加速
10、如图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为R，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球A，其质量为m，MN之间有一个方向水平向左的匀强电场，让小球A自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是( )

A.小球一定能穿过MN区域继续运动
B.如果小球没有穿过MN区域，小球一定能回到出发点
C.如果小球恰好能够穿过MN区域，电场力做的功为-mgR
D.如果小球没有穿过MN区域，只要电场强度足够大，小球可以到达P点，且到达P点时的速度大于等于
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的_________成正比。
12．（12分）用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为__________mm

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
15．（12分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、B
【解析】位移、速度、加速度都是矢量，合成分解遵循平行四边形定则．合运动与分运动具有等时性
【详解】两个分运动是直线运动，其合运动可能是曲线运动，比如平抛运动．故A错误．不共线两个匀速直线运动，没有加速度，则合运动也一定是匀速直线运动．故B正确．合运动的速度（小船对地速度）可能比分速度（水流速度）大，可能比分速度小，可能与分速度相等．故C错误；小船渡河的时间由小船沿垂直于河岸方向的速度决定，故水流速度越大，小船渡河所需时间却不变，故D错误．故选B
2、D
【解析】A．从图中可知：
T=0.02s
角速度为：
rad/s
故A说法错误；
B．在t=0.01s时刻，产生的感应电动势最大，此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故B说法正确；
CD．交流电压的最大值为Em=200V，所以有效值
V
则电热丝两端的电压为：
V
消耗的功率为：
W
故C错误，D正确。
故AC
3、B
【解析】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确
4、A
【解析】根据万有引力定律公式得，将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，则万有引力的大小变为原来的，故万有引力变为
A.与结论相符，选项A正确；
B.与结论不相符，选项B错误；
C.与结论不相符，选项C错误；
D.与结论不相符，选项D错误；
5、A
【解析】奥斯特实验说明了通电导线对磁体有作用力，故A正确；
6、C
【解析】M在a处产生的磁场方向垂直于aM偏左下方，N在a处产生的磁场方向垂直于aN偏左上方，根据平行四边形定则，知a处的磁场方向水平向左，C正确，ABD错误。
故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、AC
【解析】AB．设圆柱形区域为R，粒子运动轨迹如图所示

由几何知识可知

轨道半径之比

B错误A正确；
CD．粒子在磁场中做圆周运动的周期

由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角

粒子在磁场中的运动时间

粒子的运动时间之比

D错误C正确。
故选AC。
8、AB
【解析】平抛运动是具有水平方向的初速度只在重力作用下的运动，是一个匀变速曲线运动．解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动
【详解】A、B项：平抛运动只受重力作用，加速度为重力加速度，不发生变化，是匀变速运动，运动轨迹是曲线，所以平抛运动一定是变速运动，故AB正确；
C项：由平抛可得：，解得：，即：平抛运动的水平射程由物体下落的高度和初速度共同决定，故C错误；
D项：由C知，平抛运动落地时间由h决定，与初速度无关，故D错误
【点睛】本题考查对平抛运动规律的掌握和理解，知道平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合运动规律分析水平射程和落地时间
9、AD
【解析】AB．根据

得质子的最大速度为

则最大动能为

增大D形盒的半径，则质子的能量增大。最大能量与加速电压的大小无关，故A正确，B错误；
C．回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转，故C错误；
D．质子每次经过电场时总是加速，质子在磁场中运动的周期和交流电源的变化周期相等，故D正确。
故选AD。
10、BC
【解析】A．由于电场强度的大小不知，小球可能能穿过MN区域，也可能不能穿过MN区域，故A错误；
B．如果小球不能穿过MN区域，小球在运动的过程中，无能量损失，一定能回到出发点，故B正确；
C．如果小球恰好能够穿过MN区域，根据动能定理有：

可得电场力做的功为-mgR，故C正确；
D．如果小球不能穿过MN区域，根据能量守恒可知小球只能够回到出发点，无法运动到P点，故D错误
故选BC。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、磁通量的变化率
【解析】根据法拉第电磁感应定律：得知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。
12、116，42.12
【解析】螺旋测微器固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为：0.01×11.5mm=0.115mm，所以最终读数为：8mm+0.115mm=8.115mm；
游标卡尺的主尺读数为42mm，游标尺上第6个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.02×6mm=0.12mm，所以最终读数为：42mm+0.12mm=42.12mm
游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，注意二者读数的差别

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得
14、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N
15、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答