黑龍江省佳木斯一中2025屆高二物理第一學期期末調研模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、靜電屏蔽也不是什么高科技，小明想起課本上提到過一種新興的發電技術——磁流體發電。如下圖為磁流體發電機的原理示意圖，平行導體電極之間有一個很強的磁場，將一束含有大量正、負帶電粒子的電離氣體噴入磁場，兩極間就會產生電壓。磁場的磁感應強度為B，電離氣體在兩極間穿過的速度為v，兩極間距為d，則下列小明對如圖所示的磁流體發電機的說法中，正確的是A.上極為電源的正極B.帶電粒子在兩極間運動時只受到磁場力的作用C.在接有用電器之后，兩極間的電壓為BdvD.在接有用電器之后，要維持電離氣體勻速通過兩極間的區域，則需要左右存在一個確定的壓力差2、甲、乙兩物體從同一地點出發，沿同一直線做勻變速運動，它們的v－t圖象如圖所示，則()A.甲、乙的運動方向相反B.在t=4s時，甲、乙相遇C.在t=4s時，甲、乙的速度大小相等D.甲加速度比乙的小3、如圖甲所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，產生的交變電流的電壓隨時間變化的規律如圖乙所示（正弦曲線）。下列說法正確的是（）A.該交變電流電壓的最大值為440VB.該交變電流電壓的有效值為VC.在0.0025s時，該交變電流的電壓為220VD.在0.0025s時，該交變電流的電壓為V4、如圖所示，直線Ⅰ、Ⅱ分別是電源1與電源2的路端電壓隨輸出電流變化的特性圖線，曲線Ⅲ是一個小燈泡的伏安特性曲線，曲線Ⅲ與直線Ⅰ、Ⅱ相交點的坐標分別為P（5.2，3.5）、Q（6，5）。如果把該小燈泡分別與電源1、電源2單獨連接，則下列說法正確的是（）A.電源1與電源2的內阻之比是2:3B.小燈泡的電阻隨著電流的增大而減小C.在這兩種連接狀態下，小燈泡的電阻之比是21:26D.在這兩種連接狀態下，小燈泡消耗的功率之比是7:105、下列說法正確的是（）A.感應電動勢是矢量B.奧斯特最早發現電流的磁效應C.穿過同一線圈的磁通量越大，感應電動勢越大D.穿過同一線圈的磁通量變化越大，感應電動勢越大6、下列說法正確的是（）A.法拉第提出的“分子電流”假說，揭示了磁現象的電本質B.元電荷e的數值最早是由庫侖用實驗測得的C.奧斯特發現了電流的磁效應D.靜電力常量是卡文迪許通過扭秤實驗測得的二、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、正弦交變電源與電阻R、交流電壓表、交流電流表按照圖甲所示的方式連接，R=200Ω，圖乙是交變電源輸出電壓u隨時間t變化的圖象，則（）A.交流電壓表的讀數是311VB.交流電流表的讀數是1.1AC.R兩端電壓隨時間變化的規律是D.R兩端電壓隨時間變化的規律是8、如圖是一個回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．現分別加速氘核()和氦核()，下列說法中正確的是()A.它們的最大速度相同B.它們的最大動能相同C.兩次所接高頻電源的頻率相同D.僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能9、下圖所示的各電流不是交流電的是：（）A. B.C. D.10、某電場的部分電場線如圖中實線所示，AB是一帶電粒子僅在電場力作用下運動軌跡（圖中虛線）上的兩點，下列說法中正確的是（）A.粒子一定是從B點向A點運動B.電場中A點的電勢低于B點的電勢C.粒子在A點的電勢能小于它在B點的電勢能D.粒子在A點的加速度小于它在B點的加速度三、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）幾位同學在進行“用單擺測定重力加速度”的實驗(1)甲同學分別選用四種材料不同、直徑相同的實心球做實驗，記錄的實驗測量數據如下表所示，若要更準確的計算出當地的重力加速度值，應選用第___________組實驗數據．組別擺球材料擺長L/m最大擺角全振動次數N/次1銅0.4015°202鐵1.005°503鋁0.4015°104木1.005°50(2)乙同學選擇了合理的實驗裝置后，測量出幾組不同擺長L和周期T的數值，畫出如圖T2-L圖象中的實線OM，并算出圖線的斜率為k，則當地的重力加速度g=___________．（字母表示）(3)丙同學也進行了與乙同學同樣的實驗，但實驗后他才發現自己測量擺長時忘了加上擺球的半徑，已知圖中虛線②、③與OM平行，則該同學當時作出的T2-L圖象應該是圖中虛線___________12．（12分）如圖所示，兩根靠得很近的平行長直導線①、②，分別通以向上的電流I1、I2，且I1>I2，導線①、②受到的安培力大小分別為F1和F2，則F1______F2（選填“>”、“<”或“=”）；導線①受到的安培力F1的方向為___________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，變壓器原線圈匝數n1=800匝，副線圈匝數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，15．（12分）如圖所示，已知電源電動勢E＝5V，內阻r＝2Ω，定值電阻R1＝0.5Ω，滑動變阻器R2的阻值范圍為0～10Ω.求：（1）當滑動變阻器R2的阻值為多大時，電阻R1消耗的功率最大？最大功率是多少？（2）當滑動變阻器阻值為多大時，滑動變阻器消耗的功率最大？最大功率是多少？

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．由左手定則可知，正離子向下偏轉，負離子向上偏轉，故A錯誤；B．當離子偏轉使得兩極板帶電后，兩極間就存在靜電場，因此離子還受到靜電力的作用，故B錯誤；C．由qvB-qE場=0E=U開=E場d可知，該發電機的電動勢E=Bdv則通電后，兩極板間電壓為U=E-Ir，其中r為該發電機的內阻，故C錯誤；D．通電后，發電機內部的電流由負極指向正極，即向下，由左手定則可知，電離氣體會受到向左的安培力，因此需要左側的氣體壓力大于右側的氣體壓力，才能維持電離氣體向右勻速通過兩極板間區域，故D正確。故選D。2、C【解析】A．由圖知，甲乙運動方向相同，都是沿正方向運動，故A錯誤；BC．在t=4s時，甲乙速度相等，相距最遠，故B錯誤，C正確；D．v－t圖象的斜率表示加速度，由圖知甲乙加速度大小相等，故D錯誤。故選C。3、C【解析】A．如圖所示，該交變電流電壓的最大值（峰值）為：Em=220V≈311V故A錯誤。B．該交變電流電壓的有效值為：故B錯誤。CD．因為交變電流的電壓的函數表達式為：當t=0.0025s時故C正確，D錯誤。故選C。4、C【解析】A．電源1與電源2的內阻之比是A錯誤；B．小燈泡的圖像斜率增大，小燈泡的電阻隨著電流的增大而增大，B錯誤；C．在這兩種連接狀態下，小燈泡的電阻之比C正確；D．在這兩種連接狀態下，小燈泡消耗的功率之比為D錯誤。故選C。5、B【解析】A、感應電動勢有方向，但感應電動勢計算不適用平行四邊形定則，而是遵守代數運算法則，因此感應電動勢是標量，故A錯誤；B、丹麥科學家奧斯特最早發現電流磁效應，故B正確；C、感應電動勢，故感應電動勢的大小和磁通量變化快慢有關，和磁通量大小無關，且磁通量變化越快，感應電動勢越大，故CD錯誤【點睛】感應電動勢和磁通量的變化有關，磁通量變化大，但是經過時間較長，也可能變化率較小，那么，感應電動勢也較小6、C【解析】A．安培提出的“分子電流”假說，揭示了磁現象的電本質，故A錯誤；B．元電荷e的數值最早是由密立根用油滴實驗測得的，故B錯誤；C．奧斯特發現了通電導線周圍的小磁針發生偏轉，發現了電流的磁效應，故C正確；D．靜電力常量是庫倫通過扭秤實驗測得的，故D錯誤。故選C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】A.最大值為311V，則有效值為，則A錯誤,B.電流的有效值為：，則B正確．C.D.由圖知周期為T=0.02S，則，則電壓隨時間變化的規律是，則C錯誤，D正確.故選BD.考點：考查正弦式電流的圖象和三角函數表達式【名師點睛】理解交流電電壓表達式的物理意義，本題即可得到解決8、AC【解析】ABD.由于粒子的最大半徑為D形金屬盒的半徑R，由可得粒子的最大動能為由于兩粒子比荷相同，故兩粒子的最大速度相同，最大動能不同，最大動能與交流電頻率無關，故A正確，B、D錯誤；C.回旋加速器加速的條件為交變電壓的周期為，氘核()和氦核()的比荷相同，故兩次所接高頻電源的頻率相同，C正確；9、BD【解析】大小方向均隨時間做周期性變化的電流為交流電；而方向不變的電流為直流電【詳解】由圖可知，AC中的電流的大小和方向都不斷變化，故電流為交流電；B中的電流的大小時刻在變，但是電流的方向不變，故電流為直流電；D中的電流的大小和方向都不變，故電流也為直流電；故選BD.10、BC【解析】A．帶電粒子僅在電場力作用下運動，帶電粒子受電場力向右指向其軌跡的內側，粒子可能是從B點向A點運動，也有可能是從A點向B點運動的，A錯誤；B．沿電場線方向電勢降低，所以電場中A點的電勢低于B點的電勢，B正確；C．帶電粒子受電場力向右指向其軌跡的內側，假設由A點運動到B點過程中，電場力與軌跡上每一點的切線方向也就是速度方向成鈍角，所以電場力做負功，電勢能增大，動能減小，所以粒子在A點的動能大于它在B點的動能，粒子在A點的電勢能小于它在B點的電勢能，反之一樣，C正確；D．電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，粒子在A點時受到的電場力大，則粒子在A點的加速度大于它在B點的加速度，D錯誤。故選BC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.（1）2②.（2）③.（3）②【解析】（1）為了減小空氣阻力對單擺振動的影響，擺球應選擇鐵球．擺線長約1m，振動時單擺的最大擺角約5°，所以要計算當地的重力加速度值，應選用第2組實驗數據（2）根據單擺的周期公式T=2π得，T2=，根據數學知識可知，T2-L圖象的斜率k=，當地的重力加速度（3）測量擺長時忘了加上擺球的半徑，則擺長變成擺線的長度，則有，根據數學知識可知，與實線T2=圖線平行，而且圖線左移．故選②.12、①.=②.向右【解析】物體間力的作用是相互的，物體間的相互作用力大小相等；磁場是由通電導線產生的，一通電導線在另一導線電流的磁場中，會受到安培力作用，由安培定則判斷出電流的磁場方向，然后由左手定則判斷出安培力方向通電導線在其周圍產生磁場，通電導線在磁場中受到安培力作用，兩導線所受安培力是作用力與反作用力，它們大小相等．由右手螺旋定則可知：由右手螺旋定則可知：在處產生的磁場垂直紙面向外，由左手定則可知，所所受安培力向右四、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離子獲得的最大動能為：所以，要提高某一離子被半徑為R的回旋加速器加速后的最大動能可以增大加速器中的磁感應強度B14、（1）25V（2）3W（3）2.96W（4）5W【解析】（1）從交流電壓瞬時值表達式得到電壓的最大值，根據求解電壓的有效值；再根據理想變