2025届甘肃省兰州大学附中物理高二第一学期期末统考模拟试题含解析

2025届甘肃省兰州大学附中物理高二第一学期期末统考模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是（）A.Q板的电势高于P板的电势B.R中有由b向a方向的电流C.若只改变磁场强弱，R中电流保持不变D.若只增大粒子入射速度，R中电流增大2、如图所示的电场中，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则()A.粒子一定带负电B.粒子一定是从a点运动到b点C.粒子在c点加速度一定大于在b点加速度D.粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度3、关于点电荷，下列说法正确的是()A.只有体积很小的带电体才可以看作点电荷B.只有球形带电体才可以看作点电荷C.带电体能否被看作点电荷既不取决于带电体大小也不取决于带电体的形状D.一切带电体都可以看作点电荷4、下列说法正确的是A.物体所带的电荷量可以为任意实数B.摩擦起电过程是靠摩擦产生了电荷C.物体不带电是因为所带的正电荷数目和负电荷数目相等D.两个不带电的物体摩擦起电时，带上电荷的种类不同且数量不相等5、在研究下列问题时，可以把汽车看作质点的是（）A.研究汽车轮子转动时B.研究人在汽车上的位置C.计算汽车从柳州开往南宁的时间D.研究汽车在上坡时有无翻倒危险6、如图所示,一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直,若线框的面积为S,则通过线框的磁通量为()A.BS B.C. D.0二、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，真空中有一均匀介质球，一束复色光平行于BOC从介质球的A点折射进入介质球内，进入介质球后分成光束I、Ⅱ，其中光束Ⅰ恰好射到C点，光束Ⅱ射到D点，∠AOB＝60°，则()A.介质球对光束Ⅱ的折射率大于B.同时进入介质球的光束Ⅱ比光束Ⅰ先射出介质球C.当入射角大于某一特定角度时，从A点射进介质球的光束Ⅱ不会发生全反射D.用光束Ⅰ和光束Ⅱ分别射向同一双缝干涉装置，光束Ⅱ的条纹间距比光束Ⅰ大8、在如图所示电路中，L1、L2、L3是三只小灯泡，电源电动势为E．三只灯泡原来都能发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，对于各灯亮度变化情况，下列判断正确的是A.L1变暗 B.L2变暗CL3变暗 D.L3亮度不变9、一理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U如图所示．副线圈仅接入一个10Ω的电阻，则()A.流过电阻的电流是20AB.与电阻并联的电压表的示数是100VC.经过1分钟电阻发出的热量是6×103JD.变压器的输入功率是1×103W10、某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R0＝11Ω的纯电阻用电器供电．已知输电线的总电阻R＝10Ω，T2的原、副线圈匝数比为4∶1，用电器两端的电压为u＝220sin100πt(V)，将T1、T2均视为理想变压器．下列说法中正确的是A.降压变压器的输入功率为4400WB.升压变压器中电流的频率为100HzC.输电线消耗的功率为250WD.当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小三、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）张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：(1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm（如图甲所示）；(2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)12．（12分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：A．小灯泡：规格为“3.8V、0.3A”B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.5ΩC．电流表：量程0～3A，内阻约为0.1ΩD．电压表：量程0～5V，内阻约为5kΩE.电压表:量程0～15V，内阻约为50kΩF.滑动变阻器：阻值范围0～10Ω，额定电流2AG.滑动变阻器:阻值范围0～100Ω，额定电流50mAH．电池组：电动势6V，内阻约为1ΩI．开关一只，导线若干（1）为了使测量尽可能地准确，电流表应选______，电压表应选_____,滑动变阻器应选_______．(填器材代号)需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节，滑动变阻器应采用_________的连接方式（2）请在虚线框内设计一个电路图______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，以MN为界的两匀强磁场，磁感应强度B1=2B2，方向垂直纸面向里，现有一质量为m、带电量为q的正粒子，从O点沿图示方向进入B1中。（1）试画出此粒子的运动轨迹；（2）求经过多长时间粒子重新回到O点？14．（16分）如图，两平行金属导轨间距离，导轨和水平面的夹角是，导轨所在的平面内分布着磁感应强度的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒始终静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，导轨电阻不计，g取10m/s2(1)求通过导体棒的电流；(2)若导轨光滑，磁场方向竖直向上，求导体棒受到的安培力大小及的大小；(3)若导轨粗糙，磁场方向垂直导轨平面向上，求导体棒受到的摩擦力的大小和方向15．（12分）如图所示PQ、MN为足够长两平行金属导轨，它们之间连接一个阻值R＝8Ω的电阻，导轨间距为L＝1m．一质量m＝0.1kg，电阻r＝2Ω，长约1m的金属杆水平放置在导轨上，它与导轨的滑动摩擦因数．导轨平面的倾角为θ＝30°，在垂直导轨平面方向有匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，现让金属杆AB由静止开始下滑，已知杆AB从静止开始到恰好作匀速运动的过程中沿轨道下滑距离s=20m，g=10m/s2求：（1）杆AB下滑速度为2m/s时的加速度大小；（2）杆AB下滑的最大速度vm；（3）杆AB从静止开始到恰好作匀速运动的过程中R上产生的热量

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】AB．等离子体进入磁场，根据左手定则可知正电荷向上偏，打在上极板上；负电荷向下偏，打在下极板上；所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b；故A错误，B错误；C．根据稳定时电场力等于磁场力即：则有：再由欧姆定律：电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变；故C错误；D．由上分析可以知道，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大；故D正确。故选D。2、C【解析】A．带电粒子在电场中运动时，受到的电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，由图可知，此带电粒子受到的电场力方向沿着电场线向左，所以此粒子一定带正电，故A错误；B．粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能从b点沿轨迹运动到a点，故B错误；C．由电场线的分布可知，电场线在c点处较密，所以在c点的电场强度大，粒子在c处受到的电场力大，所以粒子在c点加速度一定大于在b点加速度，故C正确；D．粒子从c到a过程，电场力做正功，动能增大，所以粒子在电场中c点的速度一定小于在a点的速度，故D错误。故选C。3、C【解析】当带电体的大小在研究的问题中可以忽略不计时，带电体可以简化为点电荷；与带电体的大小、形状无关。A.只有体积很小的带电体才可以看作点电荷与分析不符，故A错误。B.只有球形带电体才可以看作点电荷与分析不符，故B错误。C.带电体能否被看作点电荷既不取决于带电体大小也不取决于带电体的形状与分析相符，故C正确。D.一切带电体都可以看作点电荷与分析不符，故D错误。4、C【解析】物体所带电量均是元电荷的整数倍，所以不可能为任意实数，故A错误；摩擦起电是自由电荷转移后，导致物体有多余电荷，从而使物体带上电，故B错误；平常物体不带电并非没有电荷，而是原子内部的原子核中的质子所带的正电荷数与核外电子带的负电的数相等，而带正电的质子与带负电的电子所带电量相等，故对外不显电性，即所说的不带电，故C正确；摩擦起电的实质是电荷的转移，在转移的过程中总电荷量保持不变，所以两个物体摩擦起电时，一定同时带上种类不同的，数量相同的电荷，故D错误；故选C.5、C【解析】A、研究汽车在行驶时轮子的转动情况，车轮的大小不能忽略，所以不能把汽车看作质点．故A错误；B、研究人在汽车上的位置，人的大小和形状影响较大，不能看作质点．故B错误；C、计算汽车从柳州开往南宁的时间时，汽车的长度相比于汽车路程很小，对计算汽车从柳州开往南宁的时间影响可以忽略不计，可以把汽车看作质点．故C正确；D、研究汽车在上坡时有无翻倒的危险，汽车的大小和形状不能忽略，故不能看作质点，故D错误故选C6、A【解析】由磁通量的定义式Φ=BS可知，通过线圈的磁通量为BS，故选A.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、AC【解析】由几何知识求出光束Ⅰ的折射角，求出其折射率，再分析光束Ⅱ的折射率．由v=c/n分析光在介质球中传播速度的大小，分析传播时间的长短．由光路可逆原理分析能否发生全反射．由波长关系分析干涉条纹间距的大小【详解】对于光束I：在A点的入射角i=60°，折射角r=30°，则玻璃对光束I的折射率为，由折射定律分析知，介质球对光束Ⅱ的折射率大于介质球对光束I的折射率，即大于，故A正确．由v=c/n分析知在介质球中，光束Ⅰ的传播速度大于光束Ⅱ的传播速度，则同时进入介质球的光束Ⅱ比光束Ⅰ后射出介质球，故B错误．从A点射进介质球的光束Ⅱ，再射到界面时入射角等于A点的折射角，由光路可逆原理知，光线不会发生全反射，一定能从介质球射出，故C正确．介质球对光束Ⅱ的折射率大于介质球对光束I的折射率，说明光束Ⅱ的频率大，波长短，而干涉条纹的间距与波长成正比，则光束Ⅱ的条纹间距比光束Ⅰ小，故D错误．故选AC.【点睛】本题考查对全反射、折射现象的理解与运用能力，作出光路图，关键要能灵活运用光路可逆原理分析能否发生全反射8、AB【解析】由图可知L2与R串联后与L3并联，再与L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；由闭合电路的欧姆定律可得出并联电路的电压变化，从而知两灯亮度的变化【详解】当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗；电路中电流减小，故内阻及L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L3变亮；因L3中电流增大，干路电流减小，故流过L2的电流减小，故L2变暗；故AB正确，CD错误故选AB【点睛】本题考查电路的动态分析，要会根据欧姆定律分析各量的变化方向，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律如果应用“串反并同”的方法会更简单．“串反并同”就是与可变电阻串联的电路上的电压和电流的变化与该电阻的变化相反，如果电阻增大，则串联电路的电压和电流会减小，而并联电路的电压和电路会随电阻增大而增大9、BD【解析】根据图象可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比，结合欧姆定律与焦耳定律的知识，即可求得结论【详解】由图象可知，原线圈中电压的最大值为220V，所以电压的有效值为220V，因原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，根据电压与匝数成正比可知，则副线圈的电压有效值为100V，所以通过电阻的电流为10A，故A错误；根据电压与匝数成正比可知，因原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，则副线圈的电压有效值为100V，所以与电阻并联的电压表的示数是100V，故B正确；由，所以经过1分钟，即60s电阻发出的热量是6×104

J，所以C错误；副线圈的电阻为10Ω，所以输出功率，因输入功率等于输出功率，所以D正确．故选BD【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题，注意电表读数是交流电的有效值10、AC【解析】由题意可知考查高压输电规律，根据变压器工作原理及输电特点分析可得【详解】由u＝220sin100πt(V)可知降压变压器的最大压为220v，其有效值为220v，输入功率为故A正确；升压变压器中电流的频率等于降压变压器的频率故B错误；取降压变压器分析，副线圈电流T2的原、副线圈匝数比为4∶1，原、副线圈电流之比为1：4，所以输电线路上的电流为I2=5A，输电线消耗的功率为D．当用电器的电阻减小时，降压变压器原副线圈电流都增大，输电线路上电流增大，消耗的功率增大，故D错误【点睛】变压器输电线路中，输入电压决定输出电压，输出电流、功率决定输入电流、功率．变压器工作原理是互感现象，原、副线圈交流电的频率不变三、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、①.3.202-3.205②.5.015③.偏小【解析】（1）解决本题的关键明确：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（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标尺读数，不需估读（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小【点睛】考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读．掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法12、①.B②.D③.E④.分压式⑤.【解析】（1）[1][2][3][4]．小灯泡的额定电压为3.8V，则电压表应选择D；灯泡的额定电流为0.3A，为了减小测量的误差，使得测量更精确，电流表量程选择0～0.6A的B．需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节，滑动变阻器要采用分压电路，故选用阻值较小的E；（2）[5][6]．小灯泡电阻约为13Ω，则有故灯泡电阻属于小电阻，电流表采用外接法．电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法．电路图如右图点睛：本题考查灯泡伏安特性曲线的实验；解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，知道什么情况下选用电流表外接法，什么情况下选择电流表内接法四、计算题：本题共3小题，共38分。