2025届黑龙江绥化一中高二物理第一学期期末质量检测试题含解析

2025届黑龙江绥化一中高二物理第一学期期末质量检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，一个重30N的物体置于光滑的水平面上，当用一个F=20N的力竖直向上拉物体时，物体所受的合力为（）A.50N，方向竖直向上 B.10N，方向竖直向下C.10N，方向竖直向上 D.0N2、如图所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E，内阻为r电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计。为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为A.，水平向右B.，垂直于回路平面向下C.，竖直向下D.，垂直于回路平面向上3、锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法不正确的是()A.电能转化为化学能的功率为UI－I2rB.充电器输出的电功率为UI＋I2rC.电池产生的热功率为I2rD.充电器的充电效率为×100%4、如图所示，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则（）A.灯泡将变暗，电源效率将减小B.液滴带正电，将向下做加速运动C.电源的路端电压增大，输出功率也增大D.滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小5、如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成60°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为()A.1∶2 B.2∶1C.1∶ D.1∶16、下列说法正确的是（）A.磁通量发生变化时，磁感应强度也一定发生变化B.穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零；C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.根据阻碍的含义，感应电流的磁场总和回路中原磁场的方向相反；二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，P、M、N分别为轨道的最低点，如图所示，则下列有关判断正确的是（三个小球都能到达最低点）()A.小球第一次到达轨道最低点的速度关系vp＝vM>vNB.小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FP＝FM>FNC.小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系tP<tM<tND.三个小球都能回到原来的出发点位置8、用导线绕成单匝圆环，环内有一用同种导线折成的单匝内接正三角形线框，圆环与线框彼此绝缘，如图所示．把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环和线框所在平面(纸面)向里。当磁感应强度均匀增强时（）A.圆环和线框中的电流方向都为逆时针方向B.圆环和线框中的电流方向都为顺时针方向C.圆环和线框中的电流大小之比为2∶1D.圆环和线框中的电流大小之比为3∶19、如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U.下列说法中正确的是：A.M板比N板电势高B.导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C.导体中自由电子定向移动的速度为D.M板比N板电势低10、如图所示，线圈的自感系数较大，开关闭合电路稳定后灯泡正常发光，则下列说法正确的是（）A.开关S闭合，电路稳定后，现突然断开开关S时，灯泡立即熄灭B.开关S闭合，电路稳定后，现突然断开开关S时，灯泡慢慢熄灭C开关S原先断开状态，现突然闭合开关S时，灯泡立即变亮D.开关S原先断开状态，现突然闭合开关S时，灯泡慢慢变亮三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时波源O开始振动，振动方向沿y轴负方向，图示为t=0.7s时的波形图，已知图中b点第二次出现在波谷，则该横波的传播速度v=________m/s；从图示时刻开始计时，图中c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为____________________m12．（12分）用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻(两电表内阻未知)，提供的器材如图乙所示。(1)用实线代表导线按照甲图把乙图的实物连线接成测量电路(两节干电池串联作为电源，图中有部分线路已连好)__________。(2)图丙中的6个点表示实验测得的6组电流/电压U的值，请按照这些实验值作出U－I图线_______，由此图线求得的电源电动势E=____________V，电源内阻r=____________Ω（以上两空均取小数点后2位）。(3)按照甲图电路测得的电源电动势与内阻和真实值比较，有E测_________E真，r测_________r真(以上两空选填>、<或=)。四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，内壁光滑的汽缸水平放置，一定质量的理想气体被活塞密封在汽缸内，外界大气压强为p0．现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2．则在此过程中：(1)气体分子平均动能如何变化？(2)气体对外界做了多少功？气体内能变化了多少？14．（16分）如图所示,LMN是竖直平面内固定光滑绝缘轨道,MN水平且足够长,LM下端与MN相切.质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上,质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放,在A球进入水平轨道之前,由于A、B两球相距较远,相互作用力可认为是零,A球进入水平轨道后,A、B两球间相互作用视为静电作用.带电小球均可视为质点.已知A、B两球始终没有接触.重力加速度为g.求：(1)A球刚进入水平轨道时的速度大小v0；(2)A、B两球相距最近时A球的速度大小v及此时A、B两球组成系统的电势能EP.15．（12分）如图所示，间距为d的平行导轨A2A3、C2C3所在平面与水平面的夹角θ=30°，其下端连接阻值为R的电阻，处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，水平台面所在区域无磁场．长为d、质量为m的导体棒静止在光滑水平台面ACC1A1上，在大小为mg(g为重力加速度大小)、方向水平向左的恒力作用下做匀加速运动，经时间t后撤去恒力，导体棒恰好运动至左边缘A1C1，然后从左边缘A1C1飞出台面，并恰好沿A2A3方向落到A2C2处，沿导轨下滑时间t后开始做匀速运动．导体棒在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R外的其他电阻、一切摩擦均不计．求：(1)导体棒到达A1C1处时的速度大小v0以及A2C2与台面ACC1A1间的高度差h；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)导体棒在导轨上变速滑行的过程中通过导体棒某一横截面的总电荷量q

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】物体的重力为30N，用20N的力竖直向上拉物体是拉不动的，此时的合力还是零【详解】物体的重力为30N，向上的拉力为20N，此时地面对物体的支持力为10N，多了向上的拉力后，只是地面对物体的支持力减小了，物体的总的合力还是零，所以D正确．故选D2、B【解析】对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示：从图象可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，磁感应强度最小，安培力的最小值为：FA=mgsinθ，故磁感应强度的最小值为：根据欧姆定律，有：E=I(R+r)故有：，根据左手定则，磁场方向垂直平面向下。A.，水平向右。与上述结论不符，故A错误；B.，垂直于回路平面向下。与上述结论不符，故B正确；C.，竖直向下。与上述结论不符，故C错误；D.，垂直于回路平面向上与上述结论不符，故D错误。故选：B3、B【解析】ABC．由可知充电器输出的电功率为，根据热功率公式可得电池产生的热功率为，电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律有电能转化为化学能的功率为：，故A、C正确，B错误；D．充电器的充电效率为，故D正确；4、D【解析】A．将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．电源的效率外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大．故A项错误B．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电．滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动．故B项错误C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C项错误D．因电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，因下极板接地，电势始终为0，则电荷所在位置的电势减小；粒子带正电，则粒子电势能减小．故D项正确【点睛】本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析；下极板接地且与电源正极相连，板间各点电势均为负值5、A【解析】正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转。而，知两个电子的周期相等。正电子与y轴正方向以30°入射，从y轴离开磁场时，速度方向与y轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角为60°，正电子在磁场中运动时间为同理，负电子电子从x轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与x轴的夹角为60°，则负电子速度的偏向角为θ2=120°，其轨迹对应的圆心角也为120°，则负电子在磁场中运动时间为所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为t1：t2=1：2A.1∶2与分析相符，故A正确。B.2∶1与分析不符，故B错误。C.1∶与分析不符，故C错误。D.1∶1与分析不符，故D错误。6、C【解析】根据ϕ=BS可知，磁通量发生变化时，磁感应强度不一定发生变化，选项A错误；穿过线圈的磁通量为零，但是磁通量的变化率不一定为零，即感应电动势不一定为零，选项B错误；穿过线圈的磁通量变化越快，则磁通量的变化率越大，感应电动势越大，选项C正确．根据阻碍的含义，当磁通量增加时，感应电流的磁场和回路中原磁场的方向相反；当磁通量减小时，感应电流的磁场和回路中原磁场的方向相同，选项D错误；故选C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AD【解析】分析物体受力情况及各力做功情况，由动能定理可求得小球到达最低点时的速度；由球的运动可知球滑到最低点时的速度变化；由洛仑兹力公式可知大小关系；由向心加速度公式可知向心加速度的大小关系【详解】在第二图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；球下落时只有重力做功，故第一、二图两次机械能均守恒，故两次球到最低点的速度相等，mgR=mv2，第三图中，小球下滑的过程中电场力做负功，重力做正功，所以小球在最低点的速度小于前两个图中的速度，故A正确；小球在最低点时，第一图中重力和支持力提供向心力，而第二图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，对轨道的压力也不相等．故B错误；第一图和第二图比较可得，小球下滑的速度相等，故tP=tM．故C错误；第一、二两图中，洛伦兹力不做功，只有重力做功，动能和重力势能之间转换，故小球在右端都能到达高度相同；轨道是光滑的，重力做功存在重力势能与动能之间的转化，电场力做功存在动能与电势能之间的转化，除此之外没有其他能量的损失，故三球均能回到原来的出发点，D正确；故选AD【点睛】利用功能关系是解决物理问题的常用方法，在解题时应明确洛仑兹力永不做功．丙图中在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小，影响小球在右端到达的高度8、AC【解析】AB．依据楞次定律，当磁场均匀增强时，圆环和线框中的电流方向都为逆时针，故A正确，B错误；CD．设三角形的边长为a，由几何关系，可知，外接圆的半径根据法拉第电磁感应定律得，三角形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为：根据电阻定律得到，三角形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为：由欧姆定律得三角形回路中的感应电流强度I1与内切圆中感应电流强度I2之比为故C正确，D错误。故选AC。9、CD【解析】电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向：向上，则M积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，A错误D正确；电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，B错误；由，得自由电子定向移动的速度为，C正确10、AD【解析】AB．当断开开关S的瞬间，线圈产生自感电动势，但是线圈与灯泡A在开关断开后，不能形成回路，则灯A立即熄灭，B错误A正确；CD．开关S原先断开状态，现突然闭合开关S时，由于线圈的自感，电流只能慢慢增大，所以灯泡慢慢变亮，C错误D正确。故选AD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、①.10②.y=﹣0.03sin5πt【解析】由题意得：，得该波的周期为T=0.4s，由图知波长为，则波速为，横波在介质中沿x轴正方向传播，图示时刻c质点向下振动，则c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为【点睛】本题要根据简谐波的特点：一个周期内传播一个波长，简谐波传播过程中，各个质点的起振方向都相同，与波源的起振方向也相同，来确定波的周期12、①.见解析图②.见解析图③.3.00④.0.80⑤.<⑥.<【解析】（1）[1]电路连接如图：（2）[2]让大多数点落在直线上，少数分布在直线两侧，画出U-I图像如图：[3][4]由图可知，电源电动势E=3.00V；内阻（3）[5][6]根据闭合电路欧姆定律可知，由于电压表的分流作用导致电流表测出的电流小于干路的总电流，从而造成误差；可采用等效电源法分析误差大小：把电压表与电源看做一“等效电源”，根据E=U断可知，电动势测量值应等于等效电源的外电路断开时的路端电压，由于等效电源的外电路断开时，电压表与电源仍然组成一闭合电路，所以电源的路端电压将小于电动势，即电动势的测量值比真实值偏小；内阻的测量值等于电源内阻与电压表内阻的并联，可知内阻的测量值小于真实值。四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)平均动能增大(2)p0(V2－V1)Q－p0(V2－V1)【解析】(1)温度是气体分子平均动能的标志，根据理想气体状态方程分析气体温度的变化，判断气体分子平均