2024-2025學年山東省桓臺一中高三第二學期期末檢測試題物理試題注意事項：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域內相應位置上；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。考試結束后，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、如圖所示為遠距離交流輸電的簡化電路圖，升壓變壓器與發電廠相連，降壓變壓器與用戶相連，兩變壓器均為理想變壓器，發電廠輸出發電功率P、升壓變壓器原線圈兩端電壓和輸電線總電阻保持不變。當升壓變壓器原副線圈匝數比為k時，用戶得到的功率為P1則當升壓變壓器的原副線圈匝數比為nk時，用戶得到的電功率為（）A．B．C．D．2、如圖1所示，用充電寶為一手機電池充電，其等效電路如圖2所示。在充電開始后的一段時間內，充電寶的輸出電壓、輸出電流可認為是恒定不變的，設手機電池的內阻為，則時間內（）A．充電寶輸出的電功率為B．充電寶產生的熱功率為C．手機電池產生的焦耳熱為D．手機電池儲存的化學能為3、如圖所示，固定在水平面上的光滑半球，球心正上方固定一個小定滑輪，細繩一端拴一小球（可視為質點），小球置于半球面上的點，另一端繞過定滑輪。今緩慢拉繩使小球從點滑向半球頂點未到頂點），在此過程中，小球對半球的壓力大小及細繩的拉力大小的變化情況是（）A．不變，變小 B．變小，不變 C．變大，變大 D．變大，變小4、粗糙斜面傾角為，一物體從斜面頂端由靜止開始下滑，運動的位移─時間關系圖像是一段拋物線，如圖所示，g取。則（）A．下滑過程中，物體的加速度逐漸變大B．時刻，物體的速度為0.25m/sC．時間，物體平均速度1m/sD．物體與斜面間動摩擦因數為5、如圖，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則A．P和Q都帶正電荷 B．P和Q都帶負電荷C．P帶正電荷，Q帶負電荷 D．P帶負電荷，Q帶正電荷6、一輛汽車以20m/s的速度在平直的公路上行駛，當駕駛員發現前方有險情時，立即進行急剎車，剎車后的速度v隨剎車位移x的變化關系如圖所示，設汽車剎車后做勻減速直線運動，則當汽車剎車后的速度減小為12m/s時，剎車的距離x1為A．12m B．12.8m C．14m D．14.8m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、半徑分別為r和2r的同心半圓導軌MN、PQ固定在同一水平面內，一長為r、電阻為R、質量為m且質量分布均勻的導體棒AB置于半圓軌道上面，BA的延長線通過導軌的圓心O，裝置的俯視圖如圖所示。整個裝置位于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。在N、Q之間接有一阻值也為R的電阻。導體棒AB在水平外力作用下，以角速度ω繞O順時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸。導軌電阻不計，不計一切摩擦，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．導體棒中的電流方向為A→BB．導體棒A端相等于電源正極C．導體棒AB兩端的電壓為D．若保持導體棒轉動的角速度不變，同時使豎直向下的磁場的磁感應強度隨時間均勻增大，則通過電阻R的電流可能一直為零8、回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，A處粒子源產生質量為m、電荷量為+q的粒子，在加速電壓為U的加速電場中被加速，所加磁場的磁感應強度、加速電場的頻率可調，磁場的磁感應強度最大值為Bm和加速電場頻率的最大值fm。則下列說法正確的是（）A．粒子獲得的最大動能與加速電壓無關B．粒子第n次和第n+1次進入磁場的半徑之比為C．粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間為D．若，則粒子獲得的最大動能為9、如圖所示，理想變壓器原、副線圖的應數些為n1:n2=2:1，輸人端接在(V)的交流電源上，R1為電阻箱，副線圈連在電路中的電阻R=10Ω，電表均為理想電表。下列說法正確的是()A．當R1=0時，電壓表的讀數為30VB．當R1=0時，若將電流表換成規格為“5V5W”的燈泡，燈泡能夠正常發光C．當R1=10Ω時，電流表的讀數為1.2AD．當R1=10Ω時，電壓表的讀數為6V10、如圖甲所示，絕緣輕質細繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球電荷量，在圖示坐標中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零．當小球以2m／s的速率繞O點在豎直平面內做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零．在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢隨縱坐標y的變化關系如圖乙所示，重力加速度.則下列判斷正確的是A．勻強電場的場強大小為B．小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4JC．小球做順時針方向的勻速圓周運動D．小球所受的洛倫茲力的大小為3N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）學校實驗小組為測量一段粗細均勻的金屬絲的電阻率，實驗室備選了如下器材：A電流表A1，量程為10mA，內阻r1=50ΩB電流表A1，量程為0.6A，內阻r2=0.2ΩC電壓表V，量程為6V，內阻r3約為15kΩD．滑動變阻器R，最大阻值為15Ω，最大允許電流為2AE定值電阻R1=5ΩE.定值電阻R2=100ΩG.直流電源E，動勢為6V，內阻很小H.開關一個，導線若千I.多用電表J.螺旋測微器、刻度尺(1)用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，如圖1所示，則金屬絲的直徑D=___________mm．(2)實驗小組首先利用多用電表粗測金屬絲的電阻，如圖2所示，則金屬絲的電阻為___________Ω(3)實驗小組擬用伏安法進一步地測量金屬絲的電阻，則電流表應選擇___________，定值屯阻應選擇___________．(填對應器材前的字母序號)(4)在如圖3所示的方框內畫出實驗電路的原理圖．(5)電壓表的示數記為U，所選用電流表的示數記為I，則該金屬絲電阻的表達式Rx=___________，用刻度尺測得待測金屬絲的長度為L，則由電阻率公式便可得出該金屬絲的電阻率_________．(用字母表示)12．（12分）如圖，物體質量為，靜置于水平面上，它與水平面間的動摩擦因數，用大小為、方向與水平方向夾角的拉力F拉動物體，拉動4s后，撤去拉力F，物體最終停下來取試求：物體前4s運動的加速度是多大？物體從開始出發到停下來，物體的總位移是多大？四、計算題：本題共2小題，共26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，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1．8m、質量M＝3kg的薄木板，木板的最上端疊放一質量m＝1kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝．對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動．設物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2．（1）為使物塊不滑離木板，求力F應滿足的條件；（2）若F＝3．5N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離．14．（16分）如圖所示，質量為m＝1kg的物塊放在傾角為＝37°的斜面底端A點，在沿斜面向上、大小為20N的恒力F1的作用下，從靜止開始沿斜面向上運動，運動到B點時撤去拉力F1，當物塊運動到C點時速度恰為零，物塊向上加速的時間與減速的時間均為2s。物塊運動到C點后，再對物塊施加一平行于斜面的拉力F2，使物塊從C點運動到A點的時間與從A點運動到C點的時間相等。已知斜面足夠長，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）物塊與斜面間的動摩擦因數;（2）拉力F2的大小和方向。15．（12分）如圖所示，用兩個質量均為m、橫截面積均為S的密閉活塞將開口向下豎直懸掛的導熱氣缸內的理想氣體分成Ⅰ、Ⅱ兩部分，當在活塞A下方懸掛重物后，整個裝置處于靜止狀態，此時Ⅰ、Ⅱ兩部分氣體的高度均為l0。已知環境溫度、大氣壓強p0均保持不變，且滿足5mg=p0S，不計一切摩擦。當取走物體后，兩活塞重新恢復平衡，活塞A上升的高度為，求懸掛重物的質量。

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、B【解析】

原、副線圈的匝數比為k，根據變壓器的規律可得據能量守恒可得當升壓變壓器的原、副線圈匝數比為nk時，用戶得到的功率為故選B。2、D【解析】

A．充電寶的輸出電壓U、輸出電流I，所以充電寶輸出的電功率為A錯誤；BC．手機電池充電電流為I，所以手機電池產生的熱功率為而充電寶的熱功率應為充電寶的總功率減去輸出功率，根據題目信息無法求解，BC錯誤；D．輸出的電能一部分轉化為手機的化學能，一部分轉化為電池的熱能，故根據能量守恒定律可知手機電池儲存的化學能為D正確。故選D。3、A【解析】

小球受重力支持力和拉力作用，將三力平移可構成首尾連接的三角形，其中重力與過點豎直線平行，支持力沿半球面半徑方向且拉力沿繩方向，力的三角形與小球、滑輪構成的三角形相似，設小球與滑輪間的繩長為，滑輪到點的距離為，半球面半徑為，則有：小球從點滑向半球頂點過程中，小球到點距離為不變，不變，減小，所以不變，變小故選A。4、D【解析】

A．由題意可知，物體初速度為零，x-t圖象是一段拋物線，由勻變速直線運動的位移公式可知，物體的加速度a保持不變，物體做勻加速直線運動，由圖示圖象可知：t=0.5s時x=0.25m，解得a=2m/s2故A錯誤；

B．物體做初速度為零的勻加速直線運動，t=0.5s時物體的速度v=at=2×0.5m/s=1m/s故B錯誤；

C．物體在0～0.5s內物體的平均速度故C錯誤；

D．對物體，由牛頓第二定律得mgsin30°-μmgcos30°=ma代入數據解得故D正確。

故選D。5、D【解析】

AB．受力分析可知，P和Q兩小球，不能帶同種電荷，AB錯誤；CD．若P球帶負電，Q球帶正電，如下圖所示，恰能滿足題意，則C錯誤D正確，故本題選D．6、B【解析】

由題意可知，汽車做勻減速直線運動，設加速度大小a，由公式，其中，代入解得：，當時，汽車剎車的位移為，故B正確。故選：B。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】

AB．由右手定則可知，導體棒中的電流方向為A→B，導體棒相當于電源，電源內部電流由負極流向正極，則B端相當于電源正極，故A正確，B錯誤；C．AB棒產生的感應電動勢為導體棒AB兩端的電壓為故C正確；D．若保持導體棒轉動的角速度不變，由于磁場均勻增大，則導體棒切割磁感線產生的電動勢增大，如果導體棒不動，豎直向下的磁場的磁感應強度隨時間均勻增大，回路中產生的電動勢不變，且與導體棒切割磁感線產生的電動勢方向相反，則兩電動勢不可能一直相等，即通過電阻R的電流不可能一直為零，故D錯誤。故選AC。8、ACD【解析】

A.當粒子出D形盒時，速度最大，動能最大，根據qvB=m，得v=則粒子獲得的最大動能Ekm=mv2=粒子獲得的最大動能與加速電壓無關，故A正確。B.粒子在加速電場中第n次加速獲得的速度，根據動能定理nqU=mvn2可得vn=同理，粒子在加速電場中第n+1次加速獲得的速度vn+1=粒子在磁場中運動的半徑r=，則粒子第n次和第n+1次進入磁場的半徑之比為，故B錯誤。C.粒子被電場加速一次動能的增加為qU，則粒子被加速的次數n==粒子在磁場中運動周期的次數n′==粒子在磁場中運動周期T=，則粒子從靜止開始到出口處所需的時間t=n′T==故C正確。D.加速電場的頻率應該等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即，

當磁感應強度為Bm時，加速電場的頻率應該為

，粒子的動能為Ek=mv2。當時，粒子的最大動能由Bm決定，則解得粒子獲得的最大動能為當時，粒子的最大動能由fm決定，則vm=2πfmR解得粒子獲得的最大動能為Ekm=2π2mfm2R2故D正確。故選ACD.9、BC【解析】

輸入端電壓的有效值為30V，當R1=0時，電壓表的讀數為，選項A錯誤；當R1=0時，若將電流表換成規格為“5V，5W”的燈泡，燈泡電阻為，此時次級電流，因燈泡的額定電流為，則此時燈泡能夠正常發光，選項B正確；當R1=10Ω時，設電流表的示數為I，則此時初級電流為0.5I，初級電壓：，則次級電壓為，則，解得I=1.2A，此時電壓表讀數為IR=12V，選項C正確，D錯誤；10、BD【解析】

A、據題意和乙圖可知，，故A錯誤；B、據題意可知，小球所受的電場力等于重力，洛倫茲力提供向心力，所以小球重力勢能增加最多，電勢能減少最多，大小為：2qφ=2×6×10﹣7×2ⅹ106J=2.4J，故B正確；C、以上分析可知，洛倫茲力提供向心力，據左手定則可知，小球做逆時針運動，故C錯誤；D、以上可知：mg=Eq，，聯立以上解得：f=3N，故D正確．故選BD【點睛】本題感覺較難，但讀懂題意，把小球的受力情況和特點挖掘出來，此題就會迎刃而解；還需注意利用乙圖求場強，能量守恒求電勢能的減小．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、1.70060AE【解析】

（1）由于流過待測電阻的最大電流大約為，所以不能選用電流表A2，量程太大，要改裝電流表；（2）根據閉合電路知識求解待測電阻的表達式【詳解】（1）根據螺旋測微器讀數規則可知（2）金屬絲的電阻為（3）流過待測電阻的最大電流大約為,所以選用與并聯充當電流表，所以選用A、E（3）電路圖如圖所示：（5）根據閉合電路歐姆定律解得：根據可求得：【點睛】在解本題時要注意，改裝表的量程要用改裝電阻值表示出來，不要用改裝的倍數來表示，因為題目中要的是表達式，如果是要計算待測電阻的具體數值的話可以用倍數來表示回路中的電流值．12、42m【解析】

（1）由牛頓第二定律運用正交分解法求解加速度；（2）根據運動公式求解撤去外力之前時的位移；根據牛頓第二定律求解撤去外力后的加速度和位移，最后求解總位移.【詳解】（1）受力分析：正交分解：由牛頓第二定律得：；；聯立解得：（2）前4s內的位移為，

4s末的速度為：，

撤去外力后根據牛頓第二定律可知：，

解得：，

減速階段的位移為：，

通過的總位移為：．【點睛】此題是牛頓第二定律的應用問題；關鍵是知道加速