2025屆甘肅省宕昌縣第一中物理高二第一學期期末調研試題含解析

2025屆甘肅省宕昌縣第一中物理高二第一學期期末調研試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y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，電源電動勢3V，內阻不計，導體棒質量60g，長1m，電阻1.5Ω放在兩個固定光滑絕緣環(huán)上，若已知絕緣環(huán)半徑0.5m?？臻g存在豎直向上勻強磁場，B=0.4T。當開關閉合后，導體棒和導線圍成的閉合回路始終保持在豎直平面內，sin37°=0.6，不考慮導體棒運動時產生的感應電動勢的影響，則（）A.棒能在某一位置靜止，在此位置上棒對每一只環(huán)的壓力為1NB.棒從環(huán)的底端靜止釋放能上滑至最高點的高度差是0.2mC.棒從環(huán)的底端靜止釋放上滑過程中最大動能是0.2JD.棒從環(huán)的底端靜止釋放上滑過程中速度最大時對兩環(huán)的壓力為1N2、一彈簧振子的位移y隨時間t變化的關系式為，位移y的單位為m，時間t的單位為s．則A.彈簧振子的振幅為0.2mB.彈簧振子的周期為1.25sC.在t=0.2s時，振子的運動速度為零D.在任意0.2s時間內，振子的位移均為0.1m3、如圖所示，a、b、c三枚小磁針分別放在通電螺線管正上方、右側和管內，當開關閉合時，且當這些小磁針靜止時，小磁針N極的指向是()A.a、b、c均向左 B.a、b、c均向右C.a向左，b向右，c向右 D.a向右，b向左，c向右4、在高度為h的同一位置向水平方向同時拋出兩個小球A和B，若A球的初速度vA大于B球的初速度vB，則下列說法中不正確的是（）A.A比B先落地B.在飛行過程中的任一段時間內，A的水平位移總是大于B的水平位移C.若兩球在飛行中遇到一堵豎直墻，A擊中墻的高度大于B擊中墻的高度D.在空中飛行的任意時刻，A總在B的水平正前方，且A的速率總是大于B的速率5、一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向上。若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a運動到b的過程中，能量變化情況為（）A.動能減少 B.動能和電勢能之和增加C.電勢能增加 D.重力勢能和電勢能之和減小6、如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負分別是（）A.，正電荷 B.，正電荷C.，負電荷D.，負電荷二、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、如圖所示為氫原子能級的示意圖，現(xiàn)有大量的氫原子處于n＝4的激發(fā)態(tài)，當向低能級躍遷時輻射出若干種不同頻率的光．關于這些光，下列說法正確的是()A.最容易表現(xiàn)出波動性的光是由n＝4能級躍遷到n＝1能級產生的B.這些氫原子最多可輻射出6種不同頻率的光C.若用n＝3能級躍遷到n＝2能級輻射出的光照射某金屬恰好發(fā)生光電效應，則用n＝4能級躍遷到n＝3能級輻射出的光照射該金屬一定能發(fā)生光電效應D.用n＝2能級躍遷到n＝1能級輻射出的光照射逸出功為6.34eV的金屬鉑產生的光電子的最大初動能為3.86eV8、如圖，速度選擇器中磁感應強度大小為B，電場強度大小為E，兩者相互垂直，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過速度選擇器后從狹縫P進入另一磁感應強度大小為B、的勻強磁場，最后打在平板S的D1、D2，不計粒子重力，則()A.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里B.通過狹縫P的帶電粒子速度為v=B/EC.打在D1、D2處的粒子在磁場B、中運動的時間不一定相同D.帶電粒子打在平板S上的位置越靠近P，粒子的比荷越大9、圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知等勢面b的電勢為6V．一電子經過a時的動能為10eV，從a到d過程中克服電場力所做的功為6eV．不計重力，下列說法正確的是（）A.該電子經過平面c時，其電勢能為4eVB.該電子可能會到達平面fC.平面f上的電勢為零D.該電子經過平面b時的動能是經過d時的2倍10、如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為的平行金屬板、，兩板間距為，兩板間加上如圖乙所示最大值為的周期性變化的電壓，在兩板左側緊靠板處有一粒子源A，自時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，時刻釋放的粒子恰好從板右側邊緣離開電場，已知電場變化周期，粒子質量為，不計粒子重力及相互間的作用力，則（）A.在時刻進入的粒子離開電場時速度大小為B.粒子的電荷量為C.在時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了D.在時刻進入的粒子剛好從板右側邊緣離開電場三、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）要測繪一個標有“3V，0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，要求燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作．已選用的器材有：直流電源（電壓為4V）；電鍵一個、導線若干電流表（量程為0-0.3A，內阻約0.5Ω)；電壓表（量程為0-3V，內阻約3kΩ)；（1）實驗中所用的滑動變阻器應選下列中的_____（填字母代號）A．滑動變阻器（最大阻值10Ω，額定電流1A）B．滑動變阻器（最大阻值1kΩ，額定電流0.3A）（2）如圖為某同學在實驗過程中完成部分電路連接的情況，請完成其余部分的線路連接．（用黑色水筆畫線表示對應的導線）（3）實驗得到小燈泡的伏安特性曲線如圖．由曲線可知小燈泡的電阻隨電壓增大而______（填“增大”、“不變”或“減小”）（4）如果把實驗中的小燈泡與一個E=2V，內阻為2.0Ω的電源及阻值為8.0Ω的定值電阻串聯(lián)在一起，小燈泡的實際功率是_____W（保留兩位有效數字）12．（12分）如圖所示的電路，L1和L2是兩個相同的小電珠，L是一個自感系數相當大的線圈，其電阻與R相同，由于存在自感現(xiàn)象，在電鍵S剛接通時，__燈最亮；S斷開時，__燈先熄滅四、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，一質量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其左端放質量為m的小木塊可視為質點，，A、B間的動摩擦因數為，在平板車右方的水平面上固定整直擋板開始時A、B以速度一起向右運動，某時刻B與擋板P相撞并立即以原速率反向彈回，在此后的運動過程中A不會滑離B，重力加速度為g．求（1）B最終的速度；（2）小木塊A離擋板P最近時，平板車B的右端距擋板P的距離14．（16分）如圖所示是一提升重物用的直流電動機工作時的電路圖．電動機的內阻r=0.8Ω，電路中另一電阻R=10Ω，直流電壓U=160V，電壓表示數UV=110V．試求：（1）輸入電動機的電功率；（2）若電動機以v=1m/s勻速豎直向上提升重物，求該重物的質量．(g取10m/s2)15．（12分）如圖所示，傾角的兩平行光滑導軌間距，兩導軌間有一電阻，軌道處在垂直導軌平面向上的勻強磁場中．現(xiàn)有質量、電阻的金屬棒垂直放置在導軌上，當金屬棒從離地的不同高度處由靜止釋放時，金屬棒滑到導軌底端時的速度均為．若導軌電阻不計，金屬棒運動中與導軌接觸良好，取重力加速度（1）求勻強磁場的磁感應強度；（2）若金屬棒在導軌上距地面高于的某處由靜止釋放，下滑到底端的過程中，電路中產生的總焦耳熱為，求此過程中流過電阻的電荷量

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、C【解析】A．金屬棒受到的安培力為：對金屬棒進行受力分析，金屬棒受到重力、安培力和兩個環(huán)的支持力，如圖：因為金屬棒靜止，根據平衡條件得每個環(huán)對棒的支持力選項A錯誤；B．由于所以金屬棒在此位置速度最大，此位置距離底端的高度為h=r-rcosθ=0.2m而該位置不是最高點，選項B錯誤；CD．由動能定理得：代入數據得Ekm=0.2J根據牛頓定律解得：FmN=0.9N故選項C正確，D錯誤；故選C。2、C【解析】根據公式對應可得，，A錯誤；根據公式可得,B錯誤；在t=0.2s時，x=0振子位于正向最大位移處，速度為零，C正確；根據振子的振動規(guī)律可得，只有振子位于平衡位置或者最大位移處時，經過任意0.2s的時間內的路程為0.1cm，D錯故選C考點：考查了簡諧振動點評：本題知道簡諧運動位移的解析式，讀出振幅、周期、任意時刻的位移是基本能力．基礎題3、C【解析】由通電螺線管電流的流向，根據右手螺旋定則可得，通電螺線管的左邊為S極，右邊為N極。所以a枚小磁針的N極指向為向左、b枚小磁針N極指向為向右、c枚小磁針的N極指向為向右。故選C4、A【解析】兩球都做平拋運動，由h得：t，則知平拋運動的運動時間是由豎直高度決定的，AB兩個球的高度是相同的，所以它們的運動的時間也是相同的，同時落地，故A不正確；由于A球的初速度vA大于B球的初速度vB，所以由公式x＝v0t知，在飛行過程中的任一段時間內，A球的水平位移總是大于B球的水平位移，故B正確；遇到墻時，AB兩球的水平位移是相同的，由于A球的初速度vA大于B球的初速度vB，所以A的運動時間要比B的運動時間短，再根據h，可知，A下落的距離小，所以A球擊中墻的高度大于B球擊中墻的高度，故C正確；AB兩個球在豎直方向上的運動情況是一樣的，豎直方向的速度的大小始終相同，但是A球的初速度vA大于B球的初速度vB，所以在空中飛行的任意時刻，A球總在B球的水平正前方，A球的速率總是大于B球的速率，故D正確；本題選不正確的，故選A.5、D【解析】A．由軌跡圖可知，油滴所受的合力方向豎直向上，故從a到b的運動過程中合外力做正功，動能增加，選項A錯誤；B．從a到b的運動過程中，根據能量守恒可知，重力勢能、電勢能、動能三者之和保持不變；從a到b的運動過程中重力做負功，重力勢能增加，因此動能和電勢能之和減小，選項B錯誤；C．由軌跡圖可知，油滴所受的合力方向豎直向上，則帶電油滴所受重力小于電場力，從a到b的運動過程電場力做正功，電勢能減小，選項C錯誤；D．根據能量守恒可知，重力勢能、電勢能、動能三者之和保持不變，動能增加，因此重力勢能和電勢能之和減小，選項D正確。故選D。6、C【解析】由題意可知粒子向右偏轉，根據左手定則可知粒子帶負電荷。作出粒子運動軌跡如圖所示，設粒子的軌跡半徑為r，根據幾何關系有r＋rsin30°＝a根據牛頓第二定律有聯(lián)立解得故選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】波長越短的光越不容易產生波動性；大量處于激發(fā)態(tài)n的氫原子，在向低能級躍遷時可產生的光子種類為個；處于激發(fā)態(tài)的氫原子的電子從高能級向低能級躍遷過程中，產生的光子能量由前后兩個能級的能量差決定，；根據愛因斯坦光電效應方程，電子從金屬表面逸出時的最大初動能【詳解】A、最容易表現(xiàn)出波動性的光是波長較大，即頻率較小的光．根據，在所有輻射出的光中，只有從n=4能級到n=3能級躍遷的能量差最小，波長最長，最滿足題意，故A錯誤；B、由于是一群氫原子處于n=4能級，故它們在向低能級躍遷過程中產生的光子種類為種，故B正確；C、根據，從n＝4能級躍遷到n＝3能級輻射出的光子的頻率小于從n＝3能級躍遷到n＝2能級輻射出的光子的頻率，用頻率的光恰好發(fā)生光電效應，則頻率小于該種金屬的極限頻率（截止頻率），無論光多么強，都不能發(fā)生光電效應，C錯誤；D、用n＝2能級躍遷到n＝1能級輻射出的光子的能量為；又根據光電效應方程，最大初動能，D正確故選BD【點睛】本題考查了能級躍遷和光電效應的綜合運用，知道能級間躍遷輻射的光子頻率與能級差的關系以及光電效應的條件是解決本題的關鍵8、CD【解析】粒子經過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平衡，根據帶電粒子在磁場中的偏轉方向判斷電荷的電性．根據平衡求出粒子經過速度選擇器的速度．通過帶電粒子在磁場中的偏轉，根據半徑的大小判斷粒子比荷的大小【詳解】A．帶電粒子在磁場中向下偏轉，根據左手定則，知該粒子帶正電，而速度選擇器中正電荷受到電場力向上，因些磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤：B．粒子經過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平衡，有：qE=qvB．則v=E/B，故B錯誤；C．打在DlD2處的粒子，在磁場B'中做勻速圓周運動，運動的時間等于t=T/2，，則，與帶電粒子的比荷有關，故C正確；D．經過速度選擇器進入磁場B'的粒子速度相等，根據知，粒子打在平板S上的位置越靠近P，則半徑越小，粒子的比荷越大，故D正確；故選CD【點睛】解決本題的關鍵知道粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，明確洛倫茲力充當向心力的正確應用是解題的關鍵9、BCD【解析】根據只有電場力做功，動能與電勢能之和不變，當電場力做負功時，動能轉化為電勢能，在電勢為零處，電勢能為零，從而即可一一求解【詳解】虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等一組等勢面，一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV，動能減小了6eV，電勢能增加了6eV，因此等勢面間的電勢差為2V，因平面b上的電勢為6V，由于電子的電勢能增加，等勢面由a到f是降低的，因此平面f上的電勢為零，故C正確；c等勢面的電勢為4V，則該電子經過平面c時，其電勢能為-4eV，選項A錯誤；由上分析可知，電子在a等勢面的電勢能為-8eV，動能為10eV，則總能量為2eV，則若電子能到達f平面，則動能應為2eV，選項B正確；在平面b上電勢為6V，則電子的電勢能為-6eV，則動能為8eV，在平面d上電勢為2V，則電子的電勢能為-2eV，則動能為4eV；即該電子經過平面b時的動能是經過d時的2倍，故D正確；故選BCD【點睛】考查電場力做功與電勢能變化的關系，掌握電勢能與動能之和不變，理解電勢為零處的電勢能為零是解題的關鍵10、ABD【解析】A．粒子進入電場后，水平方向做勻速運動，則t＝0時刻進入電場的粒子在電場中運動時間此時間正好是交變電場的一個周期，粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經過一個周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，故A正確；B．在豎直方向，粒子在時間內的位移為，則計算得出故B正確；C．在時刻進入電場的粒子離開電場時在豎直方向上的位移為故電場力做功為故C錯誤；D．時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動，然后向下減速運動，再向上加速，向上減速，由對稱可以知道，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側邊緣離開電場，故D正確。故選ABD。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.A②.增大③.0.10W【解析】（1）因為測小燈泡的伏安特性曲線，采用分壓式接法，為了實驗方便操作，滑動變阻器選擇阻值較小的，故選A（2）連線如下：（3）根據歐姆定律：，可得圖像斜率越來越小，說明電阻越來越大，所以小燈泡的電阻隨電壓增大而增大（4）將定值電阻和電源內阻看成一體，在圖中作出電源的外特性曲線：，圖像交點為燈泡的工作點，由圖可知，電流為0.1A，燈泡兩端電壓為1V，算得功率12、①.L1②.L2【解析】[1]該電路是左右兩部分并聯(lián)后由串聯(lián)起來，S剛接通時，L2立即發(fā)光．L上產生自感電動勢，根據楞次定律可知，自感電動勢會阻礙電流增大．使通過線圈L的電流慢慢增大，而R上沒有自感現(xiàn)象產生，左右兩個電路總電流相等，由兩個電路對比可知，此瞬間，通過L1的電流比L2上的電流大．所以