新疆石河子市第一中學2025屆物理高二上期中統考模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、由交流電動勢瞬時值表達式e=102sin4πt(V)，可知()A．此交流電的頻率是4π(Hz)B．此交流電的周期是4π(s)C．當t=0.5s時，此交流電動勢有最大值D．當t=0時，產生此交流電的線圈平面與中性面重合2、如圖所示為兩電阻R1和R2的伏安特性曲線。以下關于它們的說法，正確的是（）A．電阻R1的阻值較大B．若將它們串聯在電路中，R1兩端的電壓較大C．若將它們并聯在電路中，通過R2的電流較大D．串聯時R2的發熱功率較大，并聯時R1的發熱功率較大3、一根通電導線處在磁場中，該導線沒有受到安培力，則可知：A．導線與磁場的方向互相平行； B．導線與磁場的方向互相垂直；C．導線與磁場的方向夾角為45°； D．以上情況都有可能．4、“套圈圈”是大人和小孩都喜愛的一種游戲．某大人和小孩直立在界外，在同一豎直線上不同高度分別水平拋出小圓環，并恰好套中前方同一物體，假設小圓環的運動可以視作平拋運動，從拋出圓環至圓環落地的整個過程中，下列說法中正確的是（）A．大人拋出圓環運動的時間比小孩拋出圓環運動的時間要短B．小孩拋出圓環的速度比大人拋出圓環的速度要小C．大人拋出的圓環運動發生的位移比小孩拋出的圓環運動發生的位移要大D．小孩與大人拋出的圓環速度變化量大小相等5、質點沿x軸做簡諧運動，平衡位置為坐標原點O，質點經過a點和b點時速度相同，所花時間tab＝0.2s；質點由b點再次回到a點花的最短時間tba＝0.4s；則該質點做簡諧運動的頻率為()A．1Hz B．1.25Hz C．2Hz D．2.5Hz6、在如圖所示的電路中，輸入電壓U恒為8V。燈泡L標有“3V，6W”字樣，電動機線圈的電阻為1Ω。若燈泡恰能正常發光，電動機正常工作，下列說法正確的是（）A．流過電動機的電流為5AB．電動機的輸出功率為6WC．電動機的發熱功率是25WD．整個電路消耗的電功率是10W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、利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域．如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差UCD，下列說法中正確的是()A．電勢差UCD僅與材料有關B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCD<0C．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平D．僅增大磁感應強度時，電勢差UCD變大8、如圖所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直．粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角．已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點的電勢差為U，不計重力作用，設P點的電勢為零．則下列說法正確的是A．帶電粒子在Q點的電勢能為－UqB．帶電粒子帶負電C．此勻強電場的電場強度大小為D．此勻強電場的電場強度大小為9、關于電源的以下說法，正確的是（）A．電源是使電路中有持續電流的裝置B．電源的作用是在電源內部把電子由正極不斷地搬運到負極，從而保持兩極之間有穩定的電勢差C．只要電路中有電源，電路中就一定有電流D．電源實質上也是一個用電器，也需要外界提供能量10、質點由靜止開始做勻加速直線運動，經過時間t，通過與出發點相距x1的P點，再經過時間t，到達與出發點相距x2的Q點，則該質點通過P點的瞬時速度為()A． B． C． D．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）在測定金屬的電阻率實驗中，用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，示數如圖1所示，讀數為______mm．用游標為20分度的游標卡尺測量小球的直徑，示數如圖2所示，讀數為______cm．12．（12分）小明同學在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，為了更準確選取電壓表和電流表的合適量程，決定先用多用電表測量小燈泡的阻值。（1）在使用前發現電表指針位置如下圖甲所示，該同學應該調節哪個位置_________（選“①”或者“②”）；（2）小明使用多用電表歐姆檔的“×10”檔測量小燈泡電阻阻值，讀數如圖乙所示，為了更準確地進行測量，小明應該旋轉開關至歐姆檔_______（填“×100”檔；或“×1”檔），兩表筆短接并調節______（選“①”或者“②”）。（3）按正確步驟測量時，指針指在如圖丙位置，則小燈泡阻值的測量值為_________Ω四、計算題：本題共2小題，共26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，虛線MN左側有一場強為E1=E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2=E的勻強電場，在虛線PQ右側距PQ為L處有一與電場E2平行的屏。現將一電子（電荷量為e，質量為m，重力不計）無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側的屏上，A點到MN的距離為，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：（1）電子從釋放到進入E2的時間（2）電子離開偏轉電場時的動能（3）電子打到屏上的點到O的距離14．（16分）如圖所示，有一帶電粒子電量為q，質量為m，由靜止經電壓U1加速后，進入兩塊長度為L，電壓為U2的平行金屬板間，若粒子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從下板右邊緣穿出電場(不計粒子重力)．求：(1)粒子離開加速電場U1時的速度大小；(2)粒子在偏轉電場U2中運動的時間；(3)偏轉電場兩平行金屬板間的距離．15．（12分）利用電動機通過如圖所示的電路提升重物，已知電源電動勢E=12V，電源內阻r=1Ω，電阻R=4Ω，重物質量m=0.30kg，接通開關S，當重物固定時，電壓表的示數為10V，當重物不固定，且電動機最后以穩定的速度勻速提升重物時，電壓表的示數為11V。不計摩擦，。求：（1）電動機線圈內阻的大小；（2）重物勻速上升時的速度大小。

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、D【解析】

AB：由交流電動勢瞬時值表達式e=102sin4πt(V)可知，線圈轉動的角速度ω=4πrad/s，則交流電的頻率f=ω2π=4π2πC：當t=0.5s時，e=0V。故C項錯誤。D：當t=0時，e=0V，此時產生此交流電的線圈磁通量的變化率最小，磁通量最大，線圈平面與中性面重合。故D項正確。【點睛】中性面位置時(線圈與磁場垂直)，磁通量最大，磁通量變化率為零，感應電動勢、感應電流為零，電流方向發生改變；垂直中性面位置時(線圈與磁場平行)，磁通量為零，磁通量變化率最大，感應電動勢、感應電流最大。2、D【解析】

A．I-U圖像的斜率的倒數表示電阻，可知電阻R2的阻值較大，所以A錯誤；B．若將它們串聯在電路中，兩電阻的電流一樣，電阻大的兩端大，所以R2兩端的電壓較大，所以B錯誤；C．若將它們并聯在電路中，兩電阻兩端的電壓相等，電阻小的流過的電流較大，所以通過R1的電流較大，所以C錯誤；D．發熱功率為串聯時電阻大的發熱功率大，所以R2的發熱功率較大；并聯時電阻小的發熱功率大，所以R1的發熱功率較大，所以D正確。故選D。3、A【解析】

一根通電導線處在磁場中，該導線沒有受到安培力，則可知導線與磁場的方向互相平行，故選A.【點睛】解決本題的關鍵掌握安培力的大小公式，知道當磁場方向與電流方向平行時，安培力為零；垂直時安培力最大．4、C【解析】A項：圓環拋出后為平拋運動，豎直方向為自由落體運動，圓環運動時間，大人身高高，拋出的圓環做平拋運動高度高，所以運動時間長，故A錯誤；B項：大人小孩在同一豎直線上拋出，套中前方同一個物體，說明水平位移相同，水平方向勻速直線運動，大人拋出的圓環運動時間長，所以大人應該以較小的初速度拋出，故B錯誤；C項：大人和小孩拋出的圓環水平位移相同，但大人拋出圓環的豎直位移大，根據矢量合成，大人拋出圓環的位移較大，故C正確；D項：圓環單位時間內速度變化量，圓環拋出后加速度相同，所以無論大人還是小孩拋出，單位時間內的速度變化量都相同，故D錯誤。點晴：解決本題關鍵是理解平拋運動的處理方法：水平方向的勻速直線運動，豎直方向的自由落體運動。5、B【解析】

由題質點經過a點和b點時速度相同，說明a、b兩點關于平衡位置對稱，所花時間tab=0.2s；質點由b回到a點所花的最短時間tba=0.4s，由圖可得，質點由b回到a點所花的最短時間為半個周期，所以周期為T=0.8s，頻率f==1.25Hz．故B正確，ACD錯誤.6、B【解析】

A．因為燈泡正常發光，則電路電流則流過電動機的電流是2A，故A錯誤；

BCD．整個電路消耗的功率P總=UI=8×2W=16W電動機的熱功率輸出功率為故B正確，CD錯誤。故選B。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】A、B、D、根據左手定則，電子向C側面偏轉，C表面帶負電，D表面帶正電，所以D表面的電勢高，則．CD間存在電勢差，之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，設霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有：，，則：．A錯誤；B、D正確；C、D、在測定地球兩極上方地磁場強弱時，應將元件的工作面保持豎直，讓磁場垂直通過，C錯誤；故選BD．8、AC【解析】

根據公式W=qU求出電場力做功，確定出P、Q間電勢能的差，即可求得Q點的電勢能．根據粒子軌跡彎曲方向，判斷出粒子所受的電場力方向，即可判斷其電性；帶電粒子垂直進入勻強電場中，做類平拋運動，在Q點建立直角坐標系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，根據平拋運動的規律求出粒子到達Q點時的速度．根據位移公式和兩個分運動的等時性，列出x方向和y方向兩個方向的分位移與時間的關系式，即可求出豎直方向的位移大小y0，由求解場強的大小．【詳解】A、B、由圖看出粒子的軌跡向上，則所受的電場力向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電.粒子從P到Q，電場力做正功，為W=qU，則粒子的電勢能減少了qU，P點的電勢為零，則知帶電粒子在Q點的電勢能為-Uq;故A正確,B錯誤.C、D、設帶電粒子在P點時的速度為v0，在Q點建立直角坐標系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由平拋運動的規律和幾何知識求得粒子在y軸方向的分速度為：,粒子在y方向上的平均速度為：,粒子在y方向上的位移為y0，粒子在電場中的運動時間為t，豎直方向有：,水平方向有：d=v0t,可得：,所以場強為：,聯立得：，故C正確，D錯誤.故選AC.【點睛】本題根據類平拋運動的特點，運用運動的分解法，根據牛頓第二定律和運動學結合求解．9、AB【解析】

A.電源是使電路中有持續電流的裝置，故A正確；B.電源的作用是把內部的正電荷從負極不斷地搬運到正極，或者把電子由正極不斷地搬運到負極，從而保持兩極間有穩定的電勢差，故B正確；C.只有有電源的閉合回路中才能形成電流，故C錯誤；D.電源是提供電能的裝置，不需要外界提供能量，故D錯誤.10、ABD【解析】

A．因為初速度為零的勻加速直線運動，在t內和2t內的位移之比為1:4，則x2=4x1，則P點的速度為故A正確．B．OQ間的距離為x2，由于通過OP和PQ的時間相等，均為t，根據平均速度推論知，質點通過P點的瞬時速度為故B正確．CD．根據勻變速直線運動的判別式：x2?x1?x1＝at2加速度為：則P點的速度故D正確，C錯誤．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、0.6170.675【解析】

解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數的方法，主尺讀數加上游標讀數，不需估讀.螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．【詳解】（1）螺旋測微器的固定刻度為，可動刻度為，所以最終讀數為．（2）游標卡尺的主尺讀數為：6mm，游標尺上第14個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數為，所以最終讀數為：．12、（1）①；（2）×1;②（3）28Ω（25-30范圍都可）【解析】試題分析：（1）由圖甲可知，電表指針沒有指在左側零刻度處，故應進行機械調零，故應用螺絲刀調節旋鈕①；（2）由圖乙可知，測量電阻時指針偏轉較大，表盤上示數偏小，則說明所選檔位太大，故應換用