吉林省長春市九臺區(qū)四中2025屆物理高二第一學期期末質量檢測試題含解析

吉林省長春市九臺區(qū)四中2025屆物理高二第一學期期末質量檢測試題考生須知：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、如圖甲所示，線圈總電阻r=0.5Ω，匝數n=10，其端點a、b與R=1.5Ω的電阻相連，線圈內磁通量變化規(guī)律如圖乙所示。關于a、b兩點電勢、及兩點電勢差，正確的是（）A. B.C. D.2、如圖所示，固定在水平地面上的傾角為θ的粗糙斜面上，有一根水平放在斜面上的導體棒，通有垂直紙面向外的電流，導體棒保持靜止．現在空間中加上豎直向下的勻強磁場，導體棒仍靜止不動，則A.導體棒受到的合力一定增大 B.導體棒一定受4個力的作用C.導體棒對斜面的壓力一定增大 D.導體棒所受的摩擦力一定增大3、如圖(甲)所示,在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖(乙)所示的交變電壓.開始A板的電勢比B板高,此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動.設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞,向A板運動時為速度的正方向,則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是（其中C,D兩項中的圖線按正弦函數規(guī)律變化）A. B.C. D.4、如圖，在兩平行直導線A、B中，通有方向相同的電流I．則B導線受到磁場力的方向A.垂直紙面向外B.垂直紙面向里C.向右D.向左5、如圖所示，空間有一電場，電場中有兩個點a和b．下列表述正確的是A.該電場是勻強電場B.a點的電場強度比b點的大C.a點的電勢比b點的高D.正電荷在a、b兩點受力方向相同6、如圖所示的皮帶傳動裝置中，右邊兩輪粘在一起且同軸，A、B、C三點均是各輪邊緣上的一點，半徑，皮帶不打滑，則：A、B、C三點線速度、向心加速度的比值分別是A.：：：1：2：：：1：4B.：：：2：2：：：2：4C.：：：1：2：：：2：4D.：：：2：2：：：2：2二、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，光滑固定導軌m、n水平放置，兩根導體棒p、q平行放于導軌上，形成一個閉合回路。當一條形磁體從高處下落接近回路時（重力加速度為g）（）A.p、q將互相靠攏 B.p、q將互相遠離C.磁體的加速度仍為g D.磁體的加速度小于g8、如圖所示，兩導體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子（不計重力）以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U、B、比荷（）、v0的變化情況為（）Ad隨v0增大而增大，d與U無關B.d隨v0增大而增大，d隨U增大而增大C.d隨U增大而減小，d與v0無關D.d隨B增大而減小，d隨比荷增大而減小9、小型發(fā)電機線圈共N匝，每匝可簡化為矩形線圈abcd，磁極間的磁場可視為勻強磁場，方向垂直于線圈中心軸OO′，線圈從圖示位置以角速度ω繞OO′勻速轉動，如圖所示．矩形線圈ab邊和cd邊產生的感應電動勢的最大值都為e0，不計線圈電阻，下列說法正確的是()A.若從中性面開始計時，則發(fā)電機的感應電動勢的瞬時值表達式為e＝2Ne0sinωtB.從中性面開始計時，則發(fā)電機的感應電動勢的瞬時值表達式為e＝2Ne0cosωtC.發(fā)電機線圈從垂直中性面位置轉動90°的過程中，產生的感應電動勢的平均值是D.發(fā)電機線圈從垂直中性面位置轉動180°的過程中，產生的感應電動勢的平均值是10、某小型水電站的電能輸送示意圖如圖所示，發(fā)電機通過升壓變壓器T1和降壓變壓器T2向用戶供電．已知輸電線的總電阻為R＝10Ω，降壓變壓器T2的原、副線圈匝數之比為4∶1，降壓變壓器副線圈兩端交變電壓u＝220sin100πtV，降壓變壓器的副線圈與阻值R0=11Ω的電阻組成閉合電路．若將變壓器視為理想變壓器，則下列說法中正確的是（）A.通過R0電流的有效值是20AB.降壓變壓器T2原、副線圈的電壓比為4：1C.升壓變壓器T1的輸出電壓等于降壓變壓器T2的輸入電壓D.升壓變壓器T1的輸出功率大于降壓變壓器T2的輸入功率三、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）有一電壓表V1，其量程為3V，內阻約為3000，要準確地測量該電壓表的內阻，提供的實驗器材有：電源E：電動勢約為15V，內阻可忽略不計；電流表A1：量程為0~100mA，內阻；電壓表V2：量程為0~2V，內阻；定值電阻R1：阻值20；定值電阻R2：阻值3；滑動變阻器R0：最大阻值10，額定電流1A；開關S，導線若干。（1）實驗中應選用的電表是__________；定值電阻應選用__________。（2）設計一個測量電壓表V1內阻的實驗電路，在答題卡虛線框內畫出原理圖。（）（3）實驗需要測量的量是__________。（4）電壓表V1內阻的計算表達式為__________。12．（12分）質子(p)和α粒子以相同的速率在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑分別為Rp和R，周期分別為Tp和T，則Rp∶R＝_________，Tp∶T＝_________。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，一塊質量為M=0.5kg長木板，靜止在水平地面上，其左端正好與地面上的A點平齊。地面上A點右側是光滑的，A點左側是粗糙的。木板右端放一個質量為m=0.2kg的木塊，木板與木塊之間的滑動摩擦因數為μ=0.2，在距木板左端距離為s0的D點，有一質量為m0=0.1kg的小木塊以v0=8m/s的速度向木板運動，并與木板相碰，碰撞時間極短可忽略，碰后兩物體粘在一起，經過一段時間木塊m在木板上滑行的距離為△s=0.25m后相對于木板靜止．已知木塊m0與地面間的動摩擦因數也是μ=0.2，求：（1）最終長木板和兩木塊的共同速度大?。唬?）s0大?。唬?）木塊m0從D點開始到最終速度穩(wěn)定這一過程所需的時間。14．（16分）如圖所示，在圓心為O、半徑R=5cm的豎直圓形區(qū)域內，有一個方向垂直于圓形區(qū)域向外的勻強磁場，豎直平行放置的金屬板連接在圖示電路中，電源電動勢E=220V、內阻r=5，定值電阻的阻值R1=16，滑動變阻器R2的最大阻值Rmax=199；兩金屬板上的小孔S1、S2與圓心O在垂直于極板的同一直線上，現有比荷的帶正電粒子由小孔S1進入電場加速后，從小孔S2射出，然后垂直進入磁場并從磁場中射出，滑動變阻器滑片P的位置不同，粒子在磁場中運動的時間也不同，當理想電壓表的示數U=100V時，粒子從圓形區(qū)域的最低點豎直向下穿出磁場，不計粒子重力和粒子在小孔S1處的初速度，取tan68.2°=2.5，求：(1)U=100V時，粒子從小孔S2穿出時的速度大小v0；(2)勻強磁場的磁感應強度大小B；(3)粒子在磁場中運動的最長時間t．(結果保留兩位有效數字)15．（12分）在如圖所示的電路中，電阻箱的阻值R是可變的，電源的電動勢為E，電源的內阻為r，其余部分的電阻均可忽略不計。（1）閉合開關S，寫出電路中的電流I和電阻箱的電阻R的關系表達式；（2）若電源的電動勢E為3V，電源的內阻r為1Ω，閉合開關S，當把電阻箱R的阻值調節(jié)為14Ω時，電路中的電流I為多大？此時電源兩端的電壓（路端電壓）U為多大？

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】從圖中發(fā)現：線圈磁通量是增大的，根據楞次定律，感應電流產生的磁場跟原磁場方向相反，即感應電流產生的磁場方向為垂直紙面向外，根據右手定則，我們可以判斷出線圈中感應電流的方向為：逆時針方向，在回路中，線圈相當于電源，由于電流是逆時針方向，所以a相當于電源的正極，b相當于電源的負極，所以a點的電勢大于b點的電勢，根據法拉第電磁感應定律得總電流為a、b兩點電勢差就相當于電路中的路端電壓，所以故選A2、C【解析】A．導體棒靜止，合力為零，故合力不變，故A錯誤；B．當加上磁場后，如果mgsinθ=BILcosθ，則導體棒不受摩擦力，此時受3個力，故B錯誤；C．不加磁場時F′=mgcosθ，加上磁場后對斜面的壓力為FN=mgcosθ+BILsinθ，故壓力增大，故C正確；D．沒加磁場時受摩擦力向上；由于加磁場后安培力有沿斜面向上的分量，則導體棒受到的摩擦力可能變大，也可能減小，故D錯誤；故選C。3、A【解析】根據AB兩極板電場的變化，分析電子所受電場力的變化，結合加速度與速度方向的關系判斷其運動性質，然后分析圖示圖象作出選擇【詳解】在前半個周期內，A板的電勢高，電場的方向向右，電子受到的電場力方向水平向左，電子向左做初速度為零的勻加速直線運動，在后半個周期，電場水平向左，電子所受的電場力水平向右，電子向左做勻減速直線運動直到速度為零，然后進入第二個周期，重復之前的運動，由此可知，電子在每個周期內先向左做初速度為零的勻加速直線運動，然后向左做勻減速直線運動，如此反復，由圖示圖象可知：A正確，BCD錯誤；故選A【點睛】由于電場方向不斷變化，粒子運動情況比較復雜，分析清楚粒子的運動過程是正確解題的關鍵4、D【解析】兩電流通過的電流方向相同，則由結論可知，兩電流相互吸引，故B受到的磁場作用力水平向左；選項D正確，ABC錯誤5、C【解析】電場線疏密表示電場強度的大小，切線方向表示電場強度的方向，正電荷的受力方向和場強方向相同．沿著電場線電勢降低．答案選C6、C【解析】根據“皮帶傳動”可知，本題考查勻速圓周運動的物理量的關系，根據和，結合傳動過程線速度相等、轉動問題角速度相等列式分析.【詳解】因為A、B兩輪由不打滑的皮帶相連，所以相等時間內A、B兩點轉過的弧長相等，即：.由知；：:1又B、C是同軸轉動，相等時間轉過的角度相等，即：，由知，：：2所以：：：：1：2，再根據得：：：：2：4【點睛】由知線速度相同時，角速度與半徑成反比；角速度相同時，線速度與半徑成正比;由結合角速度和線速度的比例關系，可以知道加速度的比例關系.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、AD【解析】當一條形磁鐵從高處下落接近回路時，穿過回路的磁通量增加，根據楞次定律：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，可知，p、q將互相靠攏，回路的面積減小一點，使穿過回路的磁場減小一點，起到阻礙原磁通量增加的作用，由于磁鐵受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁鐵的加速度一定小于g，故AD正確，BC錯誤。故選AD。8、AD【解析】帶電粒子在電場中做類平拋運動，可將射出電場的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方向，設出射速度與水平夾角為θ，則有而在磁場中做勻速圓周運動，設運動軌跡對應的半徑為R，由幾何關系可得，半徑與直線MN夾角正好等于θ，則有得根據得帶電粒子在磁場中的運動的半徑則有所以d與m、v0成正比，與B、q成反比，與U無關，故AD正確、BC錯誤。故選AD。9、ACD【解析】結合中性面的特點可知從中性面開始計時，則發(fā)電機的感應電動勢的瞬時值表達式；由法拉第電磁感應定律求出平均電動勢.【詳解】A、B、矩形線圈ab邊和cd邊產生的感應電動勢的最大值都為e0，所以N匝矩形線圈產生的感應電動勢的最大值是2Ne0,線圈位于中性面時，穿過線圈的磁通量最大，而感應電動勢等于0，所以從中性面開始計時，則發(fā)電機的感應電動勢的瞬時值表達式為e=Emsinωt=2Ne0sinωt；故A正確，B錯誤.C、在線圈從垂直中性面位置轉動90°過程中，單匝線圈上的磁通量的變化量，產生的感應電動勢的平均值是；故C正確.D、發(fā)電機線圈從垂直中性面位置轉動180°的過程中，磁通量的變化量，感應電動勢的平均值是；故D正確.故選ACD.【點睛】本題考查了交流電產生的原理和最大值、平均值的關系，知道整個矩形線圈產生的感應電動勢是ab邊和cd邊產生的感應電動勢之和.10、ABD【解析】在輸電的過程中，交流電的頻率不變，結合降壓變壓器的輸出電壓和用電器的電阻，根據歐姆定律求出通過用電器的電流，結合輸電線上的功率損失求出升壓變壓器的輸入功率【詳解】A項：通過用電器的電流有效值，故A正確；B項：由原、副線圈的電壓之比等于匝數比，所以降壓變壓器T2原、副線圈的電壓比為4：1，故B正確；C項：由于輸電線上有電壓損失，所以升壓變壓器T1的輸出電壓大于降壓變壓器T2的輸入電壓，故C錯誤；D項：由于輸電線上有功率損失，所以升壓變壓器T1的輸出功率大于降壓變壓器T2的輸入功率，故D正確故選ABD【點睛】解決本題的關鍵知道：1、原副線圈的電壓、電流與匝數比的關系；2、升壓變壓器的輸出功率、功率損失和降壓變壓器的輸入功率之間的關系三、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.V2②.R1③.④.V1的示數U1，V2的示數U2⑤.【解析】（1）[1]由于待測電壓表的電壓量程為3V，最大電流為遠小于電流表的量程100mA，而電壓表V2的量程與其電壓量程接近，所以電表應選電壓表V2；[2]為保護電源，定值電阻應選阻值大的R1。（2）[3]由于滑動變阻器的總電阻遠小于待測電壓表內阻，所以變阻器應采用分壓式接法；由于待測電壓表的額定電流為，電壓表V2的額定電流為所以應將兩電壓表串聯使用，電路圖如圖所示（3）[4]根據歐姆定律和串并聯規(guī)律有解得所以應測量的物理量是電壓表V1的示數U1和電壓表V2的示數U2；（4）[5]根據上面的分析可知，待測電壓表內阻表達式為12、①.1:2②.1:2【解析】[1]質子（）和α粒子（）以相同的速度垂直進入同一勻強磁場中，均做勻速圓周運動由公式得可知，半徑與這兩粒子的質量與電量的比值成正比。即[2]由公式可知，周期與這兩粒子的質量與電量的比值成正比，即四、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）m/s（2）4m（3）4+s【解析】(1)設m0滑過S0時的速度為v1，與M碰撞后的速度為v2，最后三者共同速度為v3，木塊向木板運動的過程，根據動能定理，得碰撞過程，由動量守恒得m0和M相撞后到三者速度相同時，由動量守恒定律得：聯立解得(3)木塊m0從D點到與木板碰撞過