2025屆湖北省十堰市張灣區東風高中物理高二第一學期期中統考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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，固定在水平面上半徑為R的光滑半球，球心O的正上方固定一個小定滑輪，細繩一端拴一小球，小球置于半球面上的A點，另一端繞過定滑輪，如圖所示.已知小定滑輪到半球頂點的高度為H，繩子的長度為L。今緩慢拉繩使小球從A點滑向半球頂點(未到頂點)，則此過程中，半球對小球的支持力大小N及細繩的拉力T大小的變化情況是A．N不變，T變小B．N不變，T變大C．N變小，T變大D．N變大，T變小2、如圖所示，物體A、B、C疊放在水平桌面上，力F作用在物體C上后，各物體仍保持靜止狀態，那么以下說法中正確的是()A．C不受摩擦力作用B．B不受摩擦力作用C．A受的各個摩擦力的合力不為零D．A、B、C三個物體組成的整體所受摩擦力為零3、兩顆人造地球衛星，向心加度之比a1：a2、=9:1,下列有關數據之比正確的是（）A．軌道半徑之比R1：R2=1:3 B．線速之比v1：v2=3:1C．向心力之比F1：F2=1：9 D．周期之比T1：T2=3:14、如圖所示，平行金屬板中帶電液滴原處于靜止狀態，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器的滑片向端移動時，則（）A．電壓表讀數減小B．電流表讀數減小C．液滴將向上運動D．上消耗的功率逐漸增大5、圖1為一列簡諧橫波在t=0時的波形圖，P是平衡位置在x=1cm處的質元，Q是平衡位置在x=4cm處的質元。圖2為質元Q的振動圖像。則A．t=0.3s時，質元Q的加速度達到正向最大B．波的傳播速度為20m/sC．波的傳播方向沿x軸負方向D．t=0.7s時，質元P的運動方向沿y軸負方向6、如圖所示，與磁場方向垂直的線圈以OO′為軸旋轉90°的過程中，穿過線圈的磁通量（）A．變大B．變小C．先變大后變小D．先變小后變大二、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、在如圖甲所示的電路中，調節滑動變阻器的阻值，電源路端電壓U隨滑動變阻器阻值R的變化關系圖像如圖乙所示，下列說法正確的是()A．當R=4Ω時，電源總功率為6W，內阻熱功率為2WB．電源電動勢E=6V，內阻r=1ΩC．該電源輸出功率的最大值為4.5WD．滑動變阻器阻值從0.5到10Ω逐漸變大的過程中，電源的總功率減小，輸出功率增大8、如圖所示，在真空中有一水平放置的不帶電平行板電容器，板間距為d，電容為C，上板B接地，現有大量質量均為m、帶電荷量為q的小油滴，以相同的初速度持續不斷地從兩板正中間沿圖中虛線方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P點，如果能落到A板的油滴僅有N滴，且第滴油滴剛好能飛離電場，假設落到A板的油滴的電荷量能被板全部吸收，不考慮油滴間的相互作用，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．落到A板的油滴數B．落到A板的油滴數C．第滴油經過電場的整個過程中所增加的動能為D．第滴油經過電場的整個過程中所減少的機械能為9、如圖所示，一平行板電容器的電容為C，兩極板M、N間距離為d，所接電源的電動勢為E，兩板間a、b、c三點的連線構成一等腰直角三角形．三角形的兩直角邊長均為L，其中ab邊與兩板平行，以下說法正確的是A．電容器所帶電荷量為CEB．兩極板間勻強電場的電場強度大小為C．a、c兩點間的電勢差為D．若增大兩板間距離時，a、c兩點間電勢差不變10、如圖所示，虛線a、b、c、d、e是電場中的一組平行且間距相等的等差等勢面，實線是一帶正電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，M、N、P、Q分別為運動軌跡與等勢面的交點，下列判斷正確的是()A．粒子在電場中做勻變速運動B．圖中等勢面a的電勢最高C．粒子經過Q點的動能小于P點的動能D．粒子在M點的電勢能比Q點的小三、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）某同學使用多用電表粗略測量一定值電阻的阻值：（1）表內電池的_______極與紅表筆相連；（2）先把選擇開關旋到“×l00”檔位，測量時指針偏角太小.請你簡述接下來的測量過程:①斷開待測電阻，將選擇開關旋到_______（填“×lk”或者“×lO”）檔位；②將兩表筆短接，______________；③再接入待測電阻，重新讀數；④測量結束后，將選擇開關旋到OFF檔.（3）表盤的示數如下圖，則電阻值是_______Ω.（保留三位有效數字）（4）在使用多用電表的歐姆檔測量電阻時，若（______）A．雙手捏住兩表筆金屬桿，測量值將偏大B．測量某電阻阻值時偏角越大越準確C．選擇“×10”倍率測量時發現指針位于20與30正中間，則測量值小于25ΩD．從電池使用時間太長導致電動勢減小內阻變大，雖然完成調零，但測量值將略大12．（12分）某同學利用打點計時器和氣墊導軌做“探究動量是否守恒”的實驗，氣墊導軌裝置如圖甲所示，所用的氣墊導軌裝置由導軌、滑塊、彈射架等組成．在空腔導軌的兩個工作面上均勻分布著一定數量的小孔，向導軌空腔內不斷通入壓縮空氣，壓縮空氣會從小孔中噴出，使滑塊穩定地漂浮在導軌上，如圖乙所示，這樣就大大減小因滑塊和導軌之間的摩擦而引起的誤差．（1）下面是實驗的主要步驟：①安裝好氣墊導軌，調節氣墊導軌的調節旋鈕，使導軌水平；②向氣墊導軌中通入壓縮空氣；③把打點計時器固定在緊靠氣墊導軌左端彈射架的外側，將紙帶穿過打點計時器越過彈射架并固定在滑塊1的左端，調節打點計時器的高度，直至滑塊拖著紙帶移動時，紙帶始終在水平方向；④滑塊1擠壓導軌左端彈射架上的橡皮繩；⑤把滑塊2放在氣墊導軌的中間；⑥先________，然后________，讓滑塊帶動紙帶一起運動；⑦取下紙帶，重復步驟④⑤⑥，選出較理想的紙帶如圖所示；⑧測得滑塊1(包括撞針)的質量為310g，滑塊2(包括橡皮泥)的質量為205g．試完善實驗步驟⑥的內容．（2）已知打點計時器每隔0.02s打一個點，計算可知，兩滑塊相互作用前動量之和為________kg·m/s；兩滑塊相互作用以后動量之和為________kg·m/s(保留三位有效數字)．（3）試說明(2)問中兩結果不完全相等的主要原因是___________________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，以O為圓心，r為半徑的圓與坐標軸的交點分別為a、b、c、d，空間有與x軸正方向相同的勻強電場，同時在O點固定一個電荷量為的點電荷。如果把一個電荷量為的試探電荷放在c點，則恰好平衡。已知靜電力常量為k，求：(1)勻強電場的場強大小為多少？(2)d點的場強大小為多少？14．（16分）如圖，木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺階相距x．與滑塊B（可視為質點）相連的細線一端固定在O點．水平拉直細線并給B一個豎直向下的初速度，當B到達最低點時，細線恰好被拉斷，B從A右端的上表面水平滑入．A與臺階碰撞無機械能損失，不計空氣阻力．已知A的質量為2m，B的質量為m，A、B之間動摩擦因數為μ；細線長為L、能承受的最大拉力為B重力的5倍；A足夠長，B不會從A表面滑出；重力加速度為g．（1）求B的初速度大小v0和細線被拉斷瞬間B的速度大小v1（2）A與臺階只發生一次碰撞，求x滿足的條件（3）x在滿足（2）條件下，討論A與臺階碰撞前瞬間的速度與x關系15．（12分）帶電小球的質量為m，當勻強電場方向水平向右時(圖中未畫出)，小球恰能靜止在光滑圓槽形軌道的A點，圖中角θ＝30°，如圖所示，當將電場方向轉為豎直向下時(保持勻強電場的電場強度大小不變)，求小球從A點起滑到最低點時對軌道的壓力.

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、A【解析】

小球在繩的拉力作用下緩慢運動的過程中可視為小球受力平衡，對小球進行受力分析，根據平衡可以求出小球拉力和支持力大小的變化；【詳解】在小球被拉升的過程中對小球進行受力分析，小球受重力、半球面對小球的彈力和繩對小球的拉力，小球在三個力作用下緩慢滑向半球頂點，可視為小球在運動過程中受力平衡，即小球受重力、支持力和繩拉力的合力為0，作出小球的受力示意圖如圖所示：

因為小球所受合力為零，故小球所受重力mg、半球對小球的彈力N和繩對小球的拉力T可以構成一個閉合的矢量三角形，如圖可知，三個力構成的三角形與圖中由繩AB、頂點高度BO及半球半徑AO構成的三角形ABO始終相似，故有：NAO=mgBO=TAB，由于小球在上拉的過程中，BO和AO的長度不變，AB減小，在力中由于重力不變，所以根據相似比可以得出：小球的拉力T變小，半球對小球的支持力【點睛】能抓住小球受力平衡這一出發點，小球所受合力為0，小球受到的三個力可以首尾相連構成一個封閉的三角形，由力構成的三角形與ABO三點構成的三角形剛好相似，根據相似比可以輕松得出小球的受力大小的變化情況。2、B【解析】

對B分析，B在水平方向上平衡，不受摩擦力作用。對C分析，在水平方向上受拉力和靜摩擦力作用，知A對C的摩擦力向左，大小等于F。對A分析，在水平方向上受C對A的摩擦力和地面對A的摩擦力，兩個摩擦力的合力等于0。對整體分析，整體受到地面的摩擦力，大小等于F。故B正確，ACD錯誤。3、A【解析】

A．根據可得軌道半徑之比R1：R2=1:3，選項A正確；B．根據可得，線速度之比v1：v2=:1，選項B錯誤；C．因衛星的質量關系不確定，不能確定向心力之比，選項C錯誤；D．根據可知周期之比T1：T2=1:3，選項D錯誤；故選A.4、A【解析】

AB．由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯后與R3并聯后，再與R1串聯接在電源兩端；電容器與R3并聯；當滑動變阻器R4的滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時R1兩端的電壓也增大，故并聯部分的電壓減??；由歐姆定律可知流過R3的電流減小，流過并聯部分的總電流增大，故電流表示數增大；因并聯部分電壓減小，而R2中電壓增大，故電壓表示數減小，故A正確，B錯誤；C．因電容器兩端電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，合力向下，質點將向下運動，故C錯誤；D．因R3兩端的電壓減小，由可知，R3上消耗的功率減小，故D錯誤。5、C【解析】試題分析：由圖2可知，t=0.3s時，質元Q的位置在正向最大位移處，故其加速度是達到反向最大，故A是不對的；由圖1可知，波長為8cm，由圖2可知，周期為0.4s，故波速為v==20cm/s，所以B也是不對的；由于質元Q在t=0時的振動方向是向下的，故可以判斷出波的傳播方向是沿x軸的負方向傳播的，故C是正確的；當t=0.7s時，實際上是經過1T，0位置處的質元會運動到負的最大位移處，所以P點的質元會運動到x軸以下正在沿y軸的正方向運動的位置，故D是不對的?？键c：振動與波的圖像。6、B【解析】試題分析：通過線圈的磁通量可以根據Φ=BSsinθ進行求解，θ為線圈平面與磁場方向的夾角，從而即可求解．解：當線圈平面與磁場方向平行時，線圈平面與磁場方向的夾角為1度，則Φ=1．當線圈繞11′軸轉動至與磁場方向垂直時，穿過線圈平面的磁通量變大．因此與磁場方向垂直的線圈以OO′為軸旋轉91°的過程中，穿過線圈的磁通量變小，故B正確，ACD錯誤；故選B．【點評】解決本題的關鍵掌握磁通量的公式，知道當線圈平面與磁場平行時，磁通量為1，當線圈平面與磁場方向垂直時，磁通量最大．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、AC【解析】A、B項：由乙圖可知，當R→∞時，U=E，則得電源的電動勢E=6V，當R=4Ω時，路端電壓U=4V，根據，則電源總功率為，，，解得,故A正確，B錯誤；C項：電源輸出功率的最大值，故C正確；D項：滑動變阻器阻值從0.5到10Ω逐漸變大的過程中，外電路電阻增大，總電流減小，則電源總功率減小，當r=R時，電源輸出功率最大，所以輸出功率先增大后減小，故D錯誤．8、ACD【解析】

AB.第一滴油滴正好落到下板A的正中央P點。則：設以上述速度入射的帶電粒子，最多能有n個落到下極板上。則第（N+1）個粒子的加速度為a，由牛頓運動定律得：其中：得：第（N+1）粒子做勻變速曲線運動，豎直方向有：而第（N+1）粒子不落到極板上，則有關系：聯立以上公式得：故A正確，B錯誤；C.第（N+1）粒子運動過程中重力和電場力做功等于粒子動能的增量，由動能定理得：代人數據得：故C正確；D.第（N+1）粒子運動過程中電場力做的負功等于粒子減少的機械能：即機械能減少：故D正確。9、AB【解析】

根據電容器的電壓、電荷量和電容的關系可知，電荷量，所以選項A正確；根據勻強電場中電勢差與電場強度的關系可知，極板間的電場強度為，所以選項B正確；同理可知ac間的電勢差，所以選項C錯誤；增大兩板間距離時，兩極板間的電勢差不變，故電場強度變小，所以可知ac兩點間的電勢差變小，故選項D錯誤；10、ACD【解析】

粒子在勻強電場中做勻變速運動。根據軌跡彎曲的方向可判斷出粒子所受的電場力方向，可分析電場線的方向，從而判斷出電勢的高低。由電場力做功正負分析動能及電勢能的變化.【詳解】A、由圖知，等差等勢面均勻分布，則知該電場是勻強電場，粒子所受的電場力恒定，所以粒子在電場中做勻變速運動；故A正確.B、根據電場線與等勢面垂直，可知電場線位于水平方向，粒子所受的電場力也在水平方向。由粒子的軌跡向左彎曲，所以粒子所受的電場力水平向左，粒子帶正電，則電場線方向水平向左，則a處電勢最低；故B錯誤.C、D、若粒子從M運動到Q，電場力做負功，粒子的動能減小，電勢能增加，則粒子經過Q點動能小于P點動能，粒子在M點的電勢能比Q點的?。还蔆、D正確.故選ACD.【點睛】根據電場線與等勢面垂直，可作出電場線，結合曲線運動的條件分析電場力的方向是解決本題的關鍵，同時結合能量的觀點分析是解決這類問題常用方法.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、負×lk調節歐姆調零旋鈕2.20×104D【解析】

（1）為保證電流從紅表筆進，黑表筆出，表內電池的負極與紅表筆相連；（2）①偏角小說明阻值大，要換較大擋，選×1k檔；②換擋后，要重新歐姆調零：將兩表筆短接，調節歐姆調零旋鈕使指針指到歐姆檔零刻度處．（3）讀數為：22×1k=2.20×104Ω；（4）A.雙手捏住兩表筆金屬桿，等效于與待測電阻并聯一個電阻，測量值將偏小，故A錯誤；B.測量某電阻阻值時在中值電阻附近較準確，故B錯誤；C.由于歐姆檔刻度左邊比較密，右邊比較稀疏，選擇“×10”倍率測量時發現指針位于20與30正中間，則測量值小于250Ω，故C錯誤；D.電池電動勢減小內阻變大時，同樣的電流，外接的電阻較小，測量值將略大，故D正確．故選：D12、(1)接通打點計時器的電源放開滑塊1(2)0.6200.618(3)紙帶與打點計時器的限位孔有摩擦【解析】（1）使用打點計時器時，應先接通電源后釋放紙帶，所以先接通打點計時器的電源，后放開滑塊1。（2）放開滑塊1后，滑塊1做勻速運動，跟滑塊2發生碰撞后跟2一起做勻速運動，根據紙帶的數據得：碰撞前滑塊1的動量為：，滑塊2的動量為零，所以碰撞前的總動量為0.620kg?m/s，碰撞后滑塊1、2速度相等，所以碰撞后總動量為：。（3）結果不完全相等是因為紙帶與打點計時器限位孔有摩擦力的作用。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定