2025屆甘肅省定西市物理高二第一學期期末學業(yè)水平測試模擬試題含解析

2025屆甘肅省定西市物理高二第一學期期末學業(yè)水平測試模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、質量分別為m1和m2、電荷量分別是q1和q2的小球（大小可忽略），用長度不等的輕絲線懸掛起來，兩絲線與豎直方向的夾角分別是α和β（α＞β），兩小球恰在同一水平線上，下面關于物理量的比較，說法正確的是（）A.m1所受電場力較大B.m1、m2懸線上的拉力大小之比為C.m1、m2的大小之比為D.q1一定等于q22、如圖所示，實線表示電場線，虛線表示帶正電粒子只受電場力作用的運動軌跡，粒子先經過M點，后經過N點，則（）A.M點的電勢高于N點的電勢B.M點的電場強度大于N點的電場強度C.粒子在M點的速度大于在N點的速度D.電場力對粒子做負功3、如圖所示，一個物體受F1和F2兩個互相垂直的共點力作用，其中F1=6N，F(xiàn)2=8N．這兩個力的合力大小為A.2N B.10NC.14N D.48N4、如圖所示，三個線圈在同一平面內，當I減小時，a、b線圈中的感應電流方向為A.都為順時針方向B.a線圈中為順時針方向，b線圈中為逆時針方向C.都為逆時針方向D.a線圈中為逆時針方向，b線圈中為順時針方向5、首先采用“理想實驗”研究運動與力關系的科學家是A.伽利略 B.牛頓C.開普勒 D.亞里士多德6、傾斜金屬導軌表面光滑，與水平方向夾角為30°，上端連一電源，電源電動勢為1.5V，電源內阻1，導軌寬度d=1m，阻值可忽略不計，金屬棒質量為0.1kg，與導軌接觸良好且電阻為2，空間存在豎直向上的勻強磁場，若金屬棒剛好能靜止在導軌上，磁感應強度B的大小（）A.1T B.TC.T D.T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，電流表、電壓表均為理想電表，L為小燈泡，C為電容器，R為滑動變阻器，電源電動勢為E，內阻為r．現(xiàn)將開關S閉合，當滑動變阻器滑片P向右移動時，下列結論正確的是（）A.燈泡L變亮B.電流表讀數(shù)變小C.電壓表讀數(shù)變小D.電容器C上的電荷量增加8、如圖所示為回旋加速器的示意圖．兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質子從加速器的A處開始加速．已知D型盒的半徑為R，磁場的磁感應強度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質子質量為m，電荷量為q．下列說法正確的是（）A.質子從磁場中獲得能量B.質子的最大動能與高頻交變電源的電壓U有關，且隨電壓U增大而增加C.質子的最大速度不超過2πRfD.質子的最大動能為9、一質量為m的帶電粒子，以初速度v0從a點豎直向上射入勻強電場中，場強方向水平向右．粒子通過電場中的b點時，速率為2v0，方向與電場方向一致，重力加速度為g，則A.粒子受電場力大小為mg B.粒子受電場力大小為2mgC.粒子從a到b機械能增加了2mv02 D.粒子從a到b機械能增加了10、如圖，正點電荷放在O點，圖中畫出它產生的電場的六條對稱分布的電場線．以水平電場線上的O’點為圓心畫一個圓，與電場線分別相交于a、b、c、d、e，下列說法正確的是()A.b、e兩點的電場強度相同B.a點電勢高于e點電勢C.b、c兩點間電勢差等于e、d兩點間電勢差D.電子沿圓周由d運動到c，電場力做功為零三、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）如圖所示為實驗室常用的兩個量程的電壓表原理圖．當使用O、A兩接線柱時，量程為3V；當使用O、B兩接線柱時，量程為15V．已知電流計的內電阻Rg=500Ω，滿偏電流Ig=100μA．則電阻R=____Ω,R=____Ω12．（12分）用電流表和電壓表測定干電池電動勢E和內電阻r，所用的電路如圖，一位同學測得了實驗的U-I圖像。（1）根據U-I圖像，可得電池的電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω。（2）這位同學對以上實驗進行了誤差分析。其中正確的是（）A．實驗產生的系統(tǒng)誤差，主要是由于電壓表的分流作用B．實驗產生的系統(tǒng)誤差，主要是由于電流表的分壓作用C．實驗測出的電動勢小于真實值D．實驗測出的內阻大于真實值（3）同學們探究用不同方法測定干電池的電動勢和內阻，提出的實驗方案中有如下四種器材組合。為使實驗結果盡可能準確，最不可取的一組器材是（）A．一個安培表、一個伏特表和一個滑動變阻器B．一個伏特表和多個定值電阻C．一個安培表和一個電阻箱D．兩個安培表和一個滑動變阻器四、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，平行長直光滑金屬導軌水平放置，間距為L，導軌右端接有阻值為R的電阻，質量為m、電阻也為R的導體棒MN垂直放在導軌上且接觸良好。導軌間邊長為L的正方形abcd內有方向豎直向下的勻強磁場,磁感應強度大小按，的規(guī)律隨時間變化，從t=0時刻開始，MN在水平向右的恒力F作用下由靜止開始運動，t0時刻MN剛好進入磁場左邊界，此時撤去拉力F，之后abed內的磁場保持與t0時刻的磁場相同，導體棒經過磁場歷時，到達磁場右邊界速度恰好為零.導軌的電阻不計。求：(1)t0時刻前電阻R中電流大小I和方向；(2)導體棒在磁場中運動時產生電動勢的平均值；(3)導體棒運動全過程中電阻R上產生的焦耳熱Q。14．（16分）如圖所示，一個質量為m、電荷量為＋q的微粒，在A點（0，3）以初速度v0=120m/s平行x軸射入電場區(qū)域，然后從電場區(qū)域進入磁場，又從磁場進入電場，并且先后只通過x軸上的P點（6，0）和Q點（8，0）各一次。已知該微粒的比荷為=102C/kg，微粒重力不計，求：(1)微粒從A到P所經歷的時間和加速度的大??；(2)微粒到達P點時速度方向與x軸正方向的夾角，并畫出帶電微粒在電磁場中由A至Q的運動軌跡；(3)電場強度E和磁感應強度B的大小。15．（12分）如圖所示，MN為絕緣板，CD為板上兩個小孔，AO為CD的中垂線，在MN的下方有勻強磁場，方向垂直紙面向外圖中未畫出，質量為m電荷量為q的粒子不計重力以某一速度從A點平行于MN的方向進入靜電分析器，靜電分析器內有均勻輻向分布的電場電場方向指向O點，已知圖中虛線圓弧的半徑為R，其所在處場強大小為E，若離子恰好沿圖中虛線做圓周運動后從小孔C垂直于MN進入下方磁場求粒子運動的速度大??；粒子在磁場中運動，與MN板碰撞，碰后以原速率反彈，且碰撞時無電荷的轉移，之后恰好從小孔D進入MN上方的一個三角形勻強磁場，從A點射出磁場，則三角形磁場區(qū)域最小面積為多少？MN上下兩區(qū)域磁場的磁感應強度大小之比為多少？粒子從A點出發(fā)后，第一次回到A點所經過的總時間為多少？

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、C【解析】A．由牛頓第三定律知兩小球受電場力大小相等，故A錯誤；B．由題意知兩小球受力都處于平衡狀態(tài)，那么各自的受力合力為零，對小球有如圖，設是小球對的電場力，輕絲線對小球的拉力為，的兩個分力分別是和，設是小球對的電場力，根據受力平衡可得，由牛頓第三定律知＝由以上可得故B錯誤；C．根據圖和力的平衡條件有，同理，設輕絲線對小球的拉力為有＇由以上和的值，知則故C正確；D．根據庫侖定律和牛頓第三定律和不一定相等，故D錯誤。故選C。2、A【解析】A項：根據沿電場線方向電勢越來越低可知，M點的電勢高于N點的電勢，故A正確；B項：根據電場線的疏密程度表示場強大小，即電場線越密場強越大可知，M點的電場強度小于N點的電場強度，故B錯誤；C、D項：由于M點電勢高于N點的電勢，粒子帶正電，所以粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，根據能量守恒可知，M點的速度小于N點的速度，電場力做正功，故C、D錯誤點晴：解決本題關鍵理解沿電場線方向電勢越來越低，電場線的疏密程度表示場強大小，即電場線越密場強越大3、B【解析】根據平行四邊形定則求出合力的大小，由勾股定理，即可求解【詳解】如圖所示：根據力的平行四邊形定則，可知質點所受F1和F2的合力大小為：故本題選B【點睛】解決本題的關鍵知道力的合成遵循平行四邊形定則，以及知道兩個力同向時，合力最大，兩個力反向時，合力最小4、D【解析】根據安培定則判斷可知，在線圈處產生的磁場的方向垂直于紙面向外，當減小時，穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律可知，線圈中產生逆時針方向的電流；在線圈處的磁場的方向向里，當減小時，穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律可知，線圈中產生順時針方向的電流；A．與分析不符，故A錯誤；B．與分析不符，故B錯誤；C．與分析不符，故C錯誤；D．與分析相符，故D正確；故選D。5、A【解析】A、伽利略設想了理想斜面實驗,推導出力不是維持物體運動的原因,開創(chuàng)了理想實驗的科學方法,研究了力和運動的關系.所以A選項是正確的;B、牛頓在伽利略等人研究成果的基礎上,發(fā)現(xiàn)了三大定律和萬有引力定律.故B錯誤;C、開普勒提出來萬有引力三大定律;揭示了天體的運動，故C錯誤；D、亞里士多德是古希臘的哲學家、天文學家等,主要方法是思辨.故D錯誤;故選A6、C【解析】對金屬棒受力分析，由平衡可知：聯(lián)立解得A．1T，與結論不相符，選項A錯誤；B．T，與結論不相符，選項B錯誤；C．T，與結論相符，選項C正確；D．T，與結論不相符，選項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】當滑動變阻器滑片P向右移動時，分析變阻器接入電路電阻的變化，確定外電路總電阻的變化，由歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化，判斷兩電表讀數(shù)的變化和小燈泡亮度的變化，由歐姆定律分析電容器電壓的變化，確定其電荷量的變化；【詳解】A、當滑動變阻器滑片P向右移動時，變阻器接入電路電阻減小，外電路總電阻減小，由歐姆定律得知，總電流增大，路端電壓減小，則電流表示數(shù)變大，電壓表示數(shù)變小，燈泡L變亮，故AC正確，B錯誤；D、電容器的電壓，I增大，其它量不變，則U減小，由可知電容器C上電荷量Q減小，故D錯誤；【點睛】本題是電路的動態(tài)變化分析問題，按“部分→整體→部分”的思路進行分析8、CD【解析】洛倫茲力對質子不做功，電場力對質子能做功，可知質子從電場中獲得能量，選項A錯誤；質子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則．所以最大速度不超過2πfR．故C正確．，則質子的最大動能，與電壓無關，故D正確，B錯誤；故選CD.【點睛】解決本題的關鍵知道回旋加速器的原理以及電場和磁場的作用，知道最大動能與什么因素有關9、BC【解析】本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動?！驹斀狻緼B．從a到b水平和豎直方向的運動時間相同，且都做勻變速運動，水平方向為2v0，所以水平方向加速度是豎直方向的2倍，則電場力大小為2mg，故B正確，A錯誤；CD．從a到b因電場力做正功，所以機械能增加，電場力做功為故C正確，D錯誤。故選BC。10、CD【解析】A．由圖看出，b、e兩點到O點的距離相等，根據可得兩點的電場強度的大小相等，但方向不同，而電場強度是矢量，所以b、e兩點的電場強度不同，A錯誤；B．根據順著電場線電勢逐漸降低可知，離點電荷O越遠，電勢越低，故a點電勢低于e點電勢，B錯誤；C．根據對稱性可知，d、c的電勢相等，同理b、e的電勢相等．所以b、c兩點間電勢差與e、d兩點間電勢差相等，C正確；D．d點的電勢與c點的電勢相等，電子沿圓周由d到c，電場力做不做功，D正確故選CD。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.;②.;【解析】串聯(lián)分壓電路的特點就是電流相同，在改裝的電壓表中，各量程達到滿偏電壓時，經過“表頭”的電流均為滿偏電流．根據串并聯(lián)規(guī)律，接O、A時有：解得：；接O、B時有：解得：R2=1.2×105Ω【點睛】明確電表的改裝原理，知道電壓表是電流表與分壓電阻串聯(lián)而成，當電壓表達到量程時通過電流表的電流應為滿偏電流12、①.1.48②.0.72③.AC④.D【解析】(1)[1]根據U-I圖像，可得電池的電動勢E＝1.48V，[2]內阻r＝(2)[3]AB．通過電源的電流實際為通過電流表和電壓表電流之和，通過電源的電流只計算電流表電流時比真實值小，說明實驗產生的系統(tǒng)誤差，主要是由于電壓表的分流作用，故A正確，B錯誤；CD．做出U-I圖象可知實驗測出的電動勢小于真實值，故C正確，D錯誤。故選擇AC選項。(3)[4]A．一個安培表、一個伏特表和一個滑動變阻器，由閉合電路歐姆定律可得聯(lián)立可求得E、rB．一個伏特表和多個定值電阻,由閉合電路歐姆定律可得聯(lián)立可測出E、rC．一個安培表和一個電阻箱，由閉合電路歐姆定律可得聯(lián)立可求得E、rD．兩個安培表和一個滑動變阻器，因無法知道滑動變阻器的確切阻值，無法根據歐姆定律列出方程，不能測出E、r。故選擇D選項。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)，方向由下向上；