2025届贵州省遵义航天高中高二物理第一学期期末统考试题含解析

2025届贵州省遵义航天高中高二物理第一学期期末统考试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、材料相同的均匀直导线A、B串联在电路上时，沿长度方向的电势随位置的变化规律如图所示。已知导线A长为l0，导线B长为2l0，则A、B两导线的横截面积之比是A.1∶2 B.1∶4C.1∶6 D.1∶82、如图所示，将一圆面放入匀强磁场中，且与磁感线夹角为30°。若已知圆面面积为3.0×10-4m2，穿过该圆面的磁通量为3.0×10-5Wb，则此匀强磁场的磁感应强度B等于（）A.2.0T B.2.0×10-1TC.1.0×10-1T D.5.0×10-2T3、如图所示，Q是带正电的点电荷，P1、P2为其电场中的两点.若E1、E2为P1、P2两点的电场强度的大小，φ1、φ2为P1、P2两点的电势，则A.E1>E2,φ1>φ2 B.E1>E2,φ1<φ2C.E1<E2,φ1>φ2 D.E1<E2,φ1<φ24、如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A.R1：R2=3：1B.R1：R2=1：3C.将R1与R2串联后接于电源上，则电压之比U1：U2=3：1D.将R1与R2并联后接于电源上，则电流之比I1：I2=1：35、下列图像能表示物体做匀加速直线运动的是A. B.C. D.6、如图所示，有一通电直导线O垂直纸面放置，导线中电流方向垂直纸面向里，在其上方放一弓形硬质闭合线圈abcd，其圆弧的圆心恰好在通电直导线的O点上，当闭合线圈中通以逆时针方向电流时，线圈将()A.俯视逆时针转动，且远离通电直导线B.俯视顺时针转动，且靠近通电直导线C.俯视顺时针转动，且远离通电直导线D.俯视逆时针转动，且靠近通电直导线二、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、电磁炉为新一代炊具，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在.电磁炉的工作原理是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身快速发热，然后再加热锅内食物，如图所示。下列相关说法正确的是（）A.锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的B.锅体中的涡流是由变化的磁场产生的C.磁场越强，电磁炉加热效果越好D.提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果8、如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V、V、V示数变化量的绝对值分别为ΔU、ΔU、ΔU，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()A.电源的输出功率减小B.A的示数增大C.ΔU与ΔI的比值等于rD.ΔU与ΔI的比值等于(R+r)9、调压变压器是一种自耦变压器，它构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上．AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q．则（）A.保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大B.保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小C.保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D.保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小10、如图甲所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，（直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5），图乙是氢原子的能级图，下列说法正确的是（）A.该金属的逸出功为0.5eVB.根据该图象能求出普朗克常量C.该金属的极限频率为4.27×1014HzD.用n＝3能级的氢原子跃迁到m＝2能级时所辐射的光照射该金属能使该金属发生电效应三、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）在解锁智能手机的过程中，可以采用人脸识别，也可以输入正确的密码，则要完成解锁手机，上述两种方式的逻辑关系是（）A.“或”关系 B.“与”关系 C.“非”关系 D.不存在逻辑关系12．（12分）在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_____mm（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_____．（选填“偏大”或“偏小”）（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为_____V，电流表的读数为_____A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，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°(1)求粒子的比荷及粒子在磁场中的运动时间t(2)如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？14．（16分）t=0时刻位于坐标原点O处的质点开始向y轴负方向运动，形成一列沿x轴正方向传播的简谐横波．t1=0.8s时刻波的图像如图所示．P是x轴上距坐标原点96cm处的点．求：（1）该波的波速；（2）P处质点第一次经过波峰的时刻15．（12分）如图，把质量为4.0×10－3kg的带正电的小球A用绝缘细绳悬挂起来，再将带电荷量为Q=4.0×10－6C的带负电的小球B靠近A，两小球可看作点电荷，当两个带电小球在同一高度并且相距0.3m时，绳与竖直方向成α=45°角。（g取10m/s2，k=9.0×109N·m2C2。）（1）画出小球A的受力分析图；（2）B球受到的库仑力多大？（3）A球所带的电荷量q是多少？

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、A【解析】电阻串联，电流相等，则：根据电阻定律：同种材料的电阻，电阻率相同，导线的长度之比：联立方程，则导线的横截面积之比为：A正确，BCD错误故选A。2、B【解析】磁通量则有故ACD错误，B正确。故选B。3、A【解析】由公式、可知：正电荷的电场线方向由P1指向P2，顺着电场线的方向电势降低，则电势故A正确，BCD错误4、B【解析】根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3．故A错误，B正确；两电阻串联后，两电阻中的电流相等，则电压之比U1：U2=1：3，故C错误；若两电阻并联，两电阻两端的电压相等，故电流与电阻成反比；故电流之比为：I1：I2=3：1；故D错误；故选B【点睛】解决本题的关键知道I-U图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点5、D【解析】A图中位移随时间不发生变化，处于静止状态，故A错误；B图中位移随时间均匀增大，表示物体做匀速直线运动．故B错误；C图中，速度随时间不变，做匀速直线运动．故C错误．D图中v-t图象是倾斜的直线，速度均匀变化，加速度不变，表示物体做匀变速直线运动．故D正确6、D【解析】根据右手螺旋定则来确定通电导线磁场的分布，再由左手定则来确定安培力的方向，来判定转动方向．根据当电流方向相同时，出现相互吸引，当电流方向相反时，出现相互排斥．来确定是靠近还是远离【详解】根据右手螺旋定则可知，通电导线的磁场是以导线为圆心的顺时针方向一系列同心圆，再由左手定则可知，ab段受到垂直纸面向外的安培力，而bc受到垂直纸面向里的安培力，使其逆时针转动（俯视），当转动到与通电导线平行时，由于电流方向相反，所以出现相互排斥现象，而abc通电导线的电流方向与直导线同向，出现相互吸引现象，因吸引力大于排斥力．导致靠近通电直导线．故D正确，ABC错误故选D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、BD【解析】AB.电磁炉接交流电，其锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，选项A错误，B正确；C.电磁炉的加热效果与磁场的强弱无关，只与磁场的变化快慢有关，选项C错误；D.根据发热原理可知，提高磁场变化的频率，可增强涡流，提高电磁炉的加热效果，选项D正确。故选BD。8、ACD【解析】滑动变阻器滑片向上滑动时，电阻增大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大；根据电路结构结合闭合电路的欧姆定律进行分析；【详解】当滑动变阻器滑片向上滑动时，接入电路的电阻变大，电路中总电阻变大，总电流减小，则A的示数减小，故B错误；内外电阻相等时，电源的输出功率最大，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，故当滑动变阻器滑片向上滑动时，外电阻越来越远离电源内阻，故输出功率一定减小；故A正确；根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-Ir，则得=r；选项C正确；根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-I（R+r），则得：=R+r，故D正确；故选ACD【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析9、BC【解析】保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，故电流表的读数变小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，U2变大，故电流表的读数变大思路分析：保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，根据欧姆定律可得电流表的读数变化，保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，根据公式可得电压的变化，试题点评：本题综合考查了带有变压器的电路的动态分析，10、BCD【解析】根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hγ-W，Ek-γ图象的斜率等于h．横轴的截距大小等于截止频率，逸出功W=hγ0，根据数学知识进行求解详解】当Ek＝hγ﹣W＝0时，逸出功为W＝hγ0＝6.63×10﹣34J•s×4.27×1014Hz＝2.83×10﹣19J≈1.77eV，故A错误；由Ek＝hγ﹣W，得知，该图线的斜率表示普朗克常量h，故B正确；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hγ﹣W，Ek﹣γ图象的横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为4.27×1014Hz，故C正确；用n＝3能级的氢原子跃迁到m＝2能级时所辐射的光能量为△E＝E3﹣E2＝﹣1.51﹣（﹣3.4）＝1.89eV＞1.77eV，能发生光电效应，故D正确．所以BCD正确，A错误【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道逸出功与极限频率的关系，结合数学知识即可进行求解三、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、A【解析】由题意可知，采用人脸识别或输入正确的密码均可以解锁，故采用的是“或”关系。故A正确，BCD错误。故选A。12、①.0.697（0.695﹣0.698）②.偏小③.2.60（2.59﹣2.61）④.0.52【解析】（1）根据内接的特点，结合欧姆定律以及串并联电路的特点，即可分析出测量值与真实值之间的关系；（2）先算出电表的分度值，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可【详解】（1）金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm×19.8=0.698mm；（2）电流表外接法测量电阻，由于电压表分流的影响，故金属丝电阻的测量结果将比真实值偏小；（3）电压表的分度值为0.1V，要估读到下一位，故其读数为2.60V；电流表选择的是0～0.6A量程，分度值为0.02A，故其读数为0.52A.【点睛】解决本题的关键掌握螺旋测微器和电表的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．读电表读数时要注意计算电表的分度值，然后再确定是否估读，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可．内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小．”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)(2)【解析】带电粒子沿半径方向射入匀强磁场，做匀速圆周运动，最后将沿半径方向射出磁场．由偏转角可确定圆磁场的半径与轨道半径的关系，从而求出粒子的比荷；由周期公式可求出在磁场中的运动时间．想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，则入射点与出射点的连线过圆磁场的圆心．所以由几何关系可以确定在保持入射方向仍然沿水平方向的基础上，需将粒子的入射点向上平移的距离【详解】（1）由图可知，轨迹半径r=Rcot30°①粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有qvB＝m②由①②两式得③运动周期T＝④在磁场中的运动时间t＝T⑤由③④⑤式得⑥（2）当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大⑦由图可知sinθ＝