2025屆甘肅省武威市涼州區六壩鄉中學物理高二第一學期期末統考試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，在傾角的斜面上，固定一金屬框，寬，接入電動勢內阻不計的電池。垂直框架兩邊放置一根質量的金屬棒，它與框架間的動摩擦因數（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取）。框架與金屬棒的電阻不計，整個裝置放在磁感應強度垂直框面向上的勻強磁場中，要使金屬棒靜止在框架上，滑動變阻器的阻值不可能為（）A. B.C. D.2、如圖所示為汽車蓄電池與車燈（電阻不變）、啟動電動機組成的電路，蓄電池內阻為，電流表和電壓表均為理想電表。只接通時，電流表示數為10A，電壓表示數為12V；再接通，啟動電動機工作時，電流表示數變為8A，則此時通過啟動電動機的電流是（）A.2A B.8AC.50A D.58A3、如圖甲，有一個原、副線圈匝數比為2:1的理想變壓器，圖中的電壓表和電流表均為理想電表，原線圈接如圖乙所示的正弦式交流電，其中Rt為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，R為定值電阻。下列說法正確的是（）A.副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u′＝18sin50πt(V)B.t＝0.01s時電壓表V2的示數為0C.變壓器原、副線圈中的電流之比為2:1D.Rt處溫度降低時，電流表的示數變小，電壓表V2的示數不變4、在某控制電路中，需要連成如圖所示的電路，主要由電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻R1、R2及電位器(滑動變阻器)R連接而成，L1、L2是紅、綠兩個指示燈，當電位器的觸頭由弧形碳膜的中點逆時針滑向a端時，下列說法中正確的是()A.L1、L2兩個指示燈都變亮B.L1、L2兩個指示燈都變暗C.L1變亮，L2變暗D.L1變暗，L2變亮5、如圖所示，虛線a、b、c代表電場中一簇等勢線，相鄰等勢線之間的電勢差相等，實線為一帶正電質點(重力不計)僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，質點先后通過這條軌跡上的P、Q兩點，對同一帶電質點，據此可知()A.三個等勢線中，a的電勢最高B.帶電質點通過P點時的動能比通過Q點時大C.帶電質點通過P點時的電場力比通過Q點時小D.帶電質點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大6、在靜電場中，一個電子由a點移到b點時靜電力做功為5eV（1eV＝1.6×10－19J），則以下說法中正確的是A.電場強度的方向一定由b沿直線指向aB.A、B兩點間電勢差Uab＝5VC.電子的電勢能減少5eVD.電子的電勢能減少5J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，在一個半徑為R的圓形區坡內存在微感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個比荷為的正粒子，從A點沿與AO夾角的方向射入勻強磁場區域，最終從B點沿與AO垂直的方向離開磁場．若粒子在運動過程中只受磁場力作用，則A.粒子運動的軌道半徑B.粒子在磁場區域內運動的時間C.粒子的初速度的D.若僅改變初速度的方向，該粒子仍能從B點飛出磁場區域8、如圖所示，甲分子固定在坐標原點O，乙分子位于x軸上，甲分子對乙分子的作用力與兩分子間的距離的關系如圖中曲線所示．F>0為斥力，F<0為引力．a、b、c、d為x軸上四個特定的位置．現把乙分子從a處由靜止釋放，則()A.乙分子由a到b做加速運動，由b到c做減速運動B.乙分子由a到c做加速運動，到達c時速度最大C.乙分子由a到b的過程中，兩分子間的分子勢能一直增大D.乙分子由b到d的過程中，兩分子間的分子勢能先減小后增大9、對于分子動理論和物體內能的理解,下列說法正確的是()A.溫度高的物體內能不一定大,但分子平均動能一定大B.溫度越高布朗運動越顯著C.當分子間的距離增大時,分子間作用力就一直減小D.當分子間作用力表現為斥力時,分子勢能隨分子間距離的減小而增大10、如圖所示，由兩種比荷不同的離子組成的離子束，經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，離子的重力不計，下列說法中正確的有A.組成A束和B束的離子都帶正電B.組成A束和B束離子質量一定相同C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向里三、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）在“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，某同學進行了如下測量：（1）用毫米刻度尺測量接入電路中的被測金屬絲的有效長度，測量結果如圖甲所示，金屬絲的另一端與刻度尺的零刻線對齊，則接入電路的金屬絲長度為______cm．用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，測量結果如圖乙所示，則金屬絲的直徑為______mm。（2）在接下來實驗中發現電流表量程太小，需要通過測量電流表的滿偏電流和內阻來擴大電流表量程。他設計了一個用標準電流表G1（量程為0～30μA）來校對待測電流表G2的滿偏電流和測定G2內阻的電路，如圖所示。已知G1的量程略大于G2的量程，圖中R1為滑動變阻器，R2為電阻箱。該同學順利完成了這個實驗。①實驗步驟如下：A.分別將R1和R2的阻值調至最大。B.合上開關S1。C.調節R1使G2的指針偏轉到滿刻度，此時G1的示數I1如圖甲所示，則I1=______μA。D.合上開關S2。E.反復調節R1和R2的阻值，使G2的指針偏轉到滿刻度的一半，G1的示數仍為I1，此時電阻箱R2的示數r如圖乙所示，則r=______Ω。②若要將G2的量程擴大為I，并結合前述實驗過程中測量的結果，寫出需在G2上并聯的分流電阻RS的表達式，RS=______。（用I、I1、r表示）12．（12分）某研究性學習小組在測量某電池電動勢和內阻時，由于使用的是新電池，電池的內阻較小，為了防止在調節滑動變阻器時造成短路，電路中用一個定值電阻R0起保護作用。實驗器材除電池、開關和導線外，還有：電流表(量程0.6A、3A)，電壓表(量程3V、15V)，定值電阻(阻值R0=1Ω)，滑動變阻器(阻值范圍0～10Ω、額定電流2A)（1）該研究小組按照電路圖正確連接好電路后進行實驗，實驗中移動滑動變阻器時，發現電流表示數變化明顯，而電壓表示數變化不明顯，引起該現象的主要原因是____________（2）該研究小組經過討論，對電路進行了重新設計，根據設計好的電路圖（如圖甲）連接實際電路（如圖乙），其中有兩根導線未連接，請你幫助他連接好________________（3）調節滑動變阻器，電壓表和電流表的示數記錄如下U(V)1.401.301.201.101.00I(A)0.070.150.240.320.41請根據表中的數據，在答題卡的方格紙上做出U－I圖線_______，并根據圖線求得：電池電動勢E=_______V；內阻r=________Ω（4）實驗時該研究小組進行了多次測量，花費了較長時間，測量期間一直保持電路閉合。其實，從減小實驗誤差考慮，這樣的操作不妥，其原因是__________（選擇“A”或“B”）A．通電時間較長引起電表損壞B．通電時間較長導致電源發熱，影響測量結果四、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，一個質量為2kg的物體放在粗糙的水平面上，與水平面間的動摩擦因數為0.2．用一個大小為8N的水平外力拉動物體．g=10m/s2求：（1）該物體做勻加速運動的加速度大小；（2）外力持續作用3s，此時的速度大小；（3）3s時撤去外力，還能向前滑行多遠停下來？14．（16分）如圖所示，一足夠長的矩形區域abcd內充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角θ=30゜、大小為v0（未知量）的帶正電粒子，已知粒子質量為m，電量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：(1)若粒子恰好不能從磁場下邊界射出，求粒子的入射速度大小v01；(2)若粒子恰好沿磁場上邊界切線射出，求粒子的入射速度大小v02；(3)若帶電粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁場中運動的最長時間。15．（12分）宇宙中存在一些離其他恒星較遠的三星系統，通常可忽略其他星體對它們的引力作用，三星質量也相同．現已觀測到穩定的三星系統存在兩種基本的構成形式：一種是三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央星做囿周運動，如圖甲所示；另一種是三顆星位于等邊三角形的三個頂點上，并沿外接于等邊三角形的囿形軌道運行，如圖乙所示．設這三個星體的質量均為m，且兩種系統中各星間的距離已在圖甲、圖乙中標出，引力常量為G，則:（1）直線三星系統中星體做囿周運動的周期為多少?（2）三角形三星系統中每顆星做囿周運動的角速度為多少?

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、A【解析】ABCD.當安培力較小，摩擦力方向向上時：解得：當安培力較大，摩擦力方向向下時：解得：要使金屬棒靜止在框架上，滑動變阻器R的取值范圍應為，故A正確BCD錯誤。故選A。2、C【解析】只接通S1時，由閉合電路歐姆定律，電池的電動勢為E=U+Ir=12V+10×0.05V=12.5V車燈的電壓為再接通S2后，流過電動機的電流為故ABD錯誤，C正確。故選C。3、D【解析】A．原線圈接的圖乙所示的正弦交流電，由圖知最大電壓根據變壓比可知，副線圈兩端電壓的最大值為周期為故角速度是副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為故A錯誤；B．副線圈兩端電壓的有效值為所以電壓表V2的示數為，故B錯誤；C．根據理想變壓器的變流比可知，變壓器原、副線圈中的電流之比等于匝數反比，即變壓器原、副線圈中的電流之比為1：2，故C錯誤；D．處溫度降低時，的阻值增大，而副線圈的電壓不變，副線圈的電流減小，所以電流表的示數變小，由于副線圈的電壓不變，根據變壓比可知原線圈電壓不變，電壓表的示數不變，故D正確；故選D。4、B【解析】當電位器向a段滑動時，電路的總電阻減小，干路電流增大，所以內電壓增大，路段電壓減小，所以燈L1變暗；通過電阻R1的電流變大，所以電位器兩端的電壓減小，即通過燈L2兩端的電壓減小，所以燈L2變暗，故ACD錯誤，B正確．故選B5、B【解析】由于帶電質點只受電場力作用，根據運動軌跡彎曲方向可分析出電場力的方向，確定出電場方向，從而分析電勢的高低．根據電場力做功判斷電勢能的高低，結合動能定理比較動能的大小．根據電場力的大小比較加速度的大小【詳解】根據軌跡的彎曲方向可知，質點所受的電場力方向大致向上，粒子帶正電，則電場線與等勢面垂直，大致向上，沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知a點的電勢最低，故A錯誤．從Q到P，電場力做正功，根據動能定理知，動能增大，即P點的動能大于Q點的動能，故B正確．P點的電場線比Q點的電場線密，則質點在P點所受的電場力大，故C錯誤．從Q到P，電場力做正功，則電勢能減小，可知帶電粒子在Q點的電勢能大于P點的電勢能，故D錯誤．故選B【點睛】對于電場中粒子的軌跡問題，研究的基本思路是：根據運動軌跡判斷出所受的電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場、電勢能、動能等物理量的變化6、C【解析】A．電場強度的方向與運動路徑無關，選項A錯誤；B．根據電場力的功與電勢差的關系；Uab＝＝＝－5V選項B錯誤；CD．靜電力做5eV的正功，電勢能減少5eV，選項C正確，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、AC【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，速度的偏向角等于軌跡對應的圓心角．畫出軌跡，由數學知識求出軌跡半徑，再利用洛倫茲力提供向心力結合結合關系即可分析求解，利用周期公式結合粒子在磁場中轉過的圓心角，求解粒子在磁場中運動的時間【詳解】A、畫出粒子軌跡示意圖，如下圖所示，因為粒子從B點沿與AO垂直方向離開磁場，故O′B與AO平行，又因為OAB與O′AB均為等腰三角形，可得：OAB=OBA=O′BA=O′AB，所以O′A與BO也平行，因為粒子速度方向偏轉的角度為，故AO′B=，所以四邊形OAO′B為兩個等邊三角形組成的菱形，故粒子運動的軌道半徑r=R，故A正確B、粒子在磁場中運動的周期：T==，粒子在磁場中轉過的圓心角=600，所以粒子在磁場中運動的時間為：t==，故B錯誤C、根據洛倫茲力提供向心力可得：qv0B=m，結合軌道半徑r=R，聯立可得粒子的初速度為：v0=，故C正確D、當入射粒子速度方向發生變化時，粒子運動的軌跡示意圖如圖所示，速度大小不變，粒子做圓周運動的半徑不變，入射速度方向發生變化，粒子在圓周上的出射點也隨之變化，所以若僅改變初速度的方向，該粒子將不能從B點飛出磁場區域，故D錯誤故選A、C【點睛】本題考查帶電粒子在有界勻強磁場中的運動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，利用洛倫茲力提供向心力，結合幾何關系進行求解；運用粒子在磁場中轉過的圓心角，結合周期公式，求解粒子在磁場中運動的時間8、BD【解析】A.乙分子由a到c，甲對乙的分子力是引力，引力方向與速度方向相同，分子力對乙一直做正功，則乙分子一直做加速運動，故A錯誤；B.乙分子由a到c受到的是引力，c到d受到的斥力，所以乙分子先加速后減速，所以在c時速度最大，故B正確；C.乙分子由a到b的過程，分子力對乙一直做正功，兩分子間的分子勢能一直減小，故C錯誤；D.乙分子由b到d的過程，分子力先是引力后是斥力，先做正功，后做負功，則分子勢能先減小后增加，故D正確故選BD9、ABD【解析】溫度是分子平均動能的標志，溫度高的物體分子平均動能一定大，而物體的內能與物體的體積、溫度以及物質的量都有關，則溫度高的物體內能不一定大，選項A正確；溫度越高，分子運動越劇烈，則布朗運動越顯著，選項B正確；當r<r0時分子力表現為斥力，分子間的距離增大時，分子間作用力減小；分子距離減小時，分子力做負功，則分子勢能隨分子間距離的減小而增大；當r>r0時，分子間作用力表現為引力，分子間的距離增大時分子力先增大后減小；選項C錯誤，D正確；故選ABD.10、ACD【解析】可以根據左手定則可以判斷AB束離子的電性，粒子在磁場和電場正交區域里，同時受到洛倫茲力和電場力作用，粒子沒有發生偏轉，說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，粒子進入磁場后受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，利用圓周運動的相關知識進行求解即可；【詳解】A、AB粒子進入磁場后都向左偏，根據左手定則可以判斷AB束離子都帶正電，故A正確；BC、經過速度選擇器后的粒子速度相同，粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，滿足，即不發生偏轉的粒子具有共同的速度大小；進入磁場區分開，軌道半徑不等，根據公式可知，半徑大的比荷小，所以A束離子的比荷大于B束離子的比荷，但不能說明質量一定相同，故B錯誤，C正確；D、在速度選擇器中，電場方向水平向右，AB粒子所受電場力方向向右，所以洛倫茲力方向向左，根據左手定則可知，速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向內，故D正確【點睛】本題能根據粒子不發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，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、①.22.46②.0.850③.25.0④.508⑤.【解析】（1）[1]毫米刻度尺讀數要估讀到0.1mm，故讀數為224.6mm=22.46cm；[2]螺旋測微器固定刻度讀數為0.5mm；可動刻度讀數故毫米刻度尺讀數為；（2）①[3]C.微安表最小分度為1μA，故指針示數為25.0μA；E.[4]由電阻箱示數可知，電阻箱的讀數為