湖南瀏陽一中、株洲二中等湘東五校2025屆高二物理第一學期期末檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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，在平行帶電金屬板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，質子、氘核、氚核沿平行于金屬板方向，以相同動能射入兩極板間，其中氘核沿直線運動，未發生偏轉，質子和氚核發生偏轉后射出，則①偏向正極板的是質子；②偏向正極板的是氚核；③射出時動能最大的是質子；④射出時動能最大的是氚核。以上說法正確的是()A.①② B.②③C.③④ D.①④2、在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，A、V為理想電流表和電壓表．在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是A.電壓表示數變小B.電流表示數變小C.電容器C所帶電荷量增多D.a點的電勢降低3、兩相鄰勻強磁場區域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區域進入到較弱磁場區域后，粒子的A.軌道半徑減小，角速度增大B.軌道半徑增大，角速度減小C.軌道半徑減小，運動周期增大D.軌道半徑增大，運動周期減小4、一勻強電場的方向豎直向下，時刻，一重力不計的帶正電粒子以一定初速度水平射入該電場中，時刻該帶電粒子的動能為Ek，則Ek–t關系圖象可表示為（）AB.C.D.5、如圖所示電路，電源內阻不能忽略．閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P向右滑動后，電壓表V1、V2示數變化量的絕對值為△U1、△U2，電流表示數變化量的絕對值為△I．下列判斷正確的是（）A.電流表A示數增大B.電壓表V2示數減小C.△U1小于△U2D.的數值減小6、如圖所示，直角三角形ABC區域中存在一勻強磁場，磁感應強度為B，已知AB邊長為L，∠C=30°，比荷均為的帶正電粒子（不計重力）以不同的速率從A點沿AB方向射入磁場，則A.粒子速度越大，在磁場中運動的時間越短B.粒子在磁場中運動的最長時間為C.粒子速度越大，在磁場中運動的路程越短D.粒子在磁場中運動的最長路程為二、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、關于勻速圓周運動的向心力，下列說法正確的是A.向心力是使物體做圓周運動的力，是根據力的作用效果命名的B.向心力可以是多個力的合力，也可以是其中一個力或一個力的分力C.對穩定的圓周運動，向心力是一個恒力D.向心力的效果是改變質點的線速度大小8、如圖，正方形abcd中△abd區域內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，△bcd區域內有方向平行bc的勻強電場（圖中未畫出）。一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場，隨后經過bd的中點e進入電場，接著從b點射出電場。不計粒子的重力，則（）A.粒子帶正電B.電場的方向是由b指向cC.粒子在b點和d點的動能相等D.粒子在磁場、電場中運動的時間之比為π：29、如圖所示，圖中五點均在勻強電場中，它們剛好是一個圓的四個等分點和圓心，已知電場線與圓所在平面平行，下列有關圓心O和等分點a的電勢、電場強度的相關描述正確的是()A.a點的電勢為6VB.a點的電勢為－2VC.O點的場強方向指向a點D.O點的場強方向指向電勢為2V的點10、如圖所示，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強磁場區域，v1=2v2在先后兩種情況下()A.線圈中的感應電流之比為I1∶I2=2∶1B.線圈中的感應電流之比為I1∶I2=1∶2C.線圈中產生焦耳熱之比Q1∶Q2=2∶1D.通過線圈某截面的電荷量之比q1∶q2=1∶2三、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）利用單擺測當地重力加速度的實驗中：（1）某同學測量數據如下表：L/m0.4000.5000.6000.8001.200T2/s21.602.102.403.204.80請在圖中畫出L－T2圖像______，并由圖像求得重力加速度g＝______m/s2．（保留三位有效數字）（2）某同學測得的重力加速度值比當地標準值偏大，其原因可能有______A．振幅過小B．擺球質量過大C．擺動次數多記了一次D．將擺長當成了擺線長和球直徑之和12．（12分）研究小組欲測一新材料制成的均勻圓柱體的電阻率，步驟如下：（1）用螺旋測微器測量其直徑D如圖甲，讀數為_____mm；用游標卡尺測量其長度L如圖乙，讀數為_________________mm（2）該同學想用伏安法測量其電阻R，現有的器材及其代號和規格如下：待測圓柱體電阻R（阻值約為200Ω）直流電源E（電動勢3V，內阻不計）電流表A1（量程4mA，內阻約50Ω）電流表A2（量程15mA，內阻約30Ω）電壓表V1（量程3V，內阻約10kΩ）電壓表V2（量程15V，內阻約25kΩ）滑動變阻器R（阻值15Ω，允許通過的最大電流為2.0A）開關S導線若干電流表應用______，電壓表應用________（3）若流經圓柱體的電流I，圓柱體兩端之間的電壓為U，則用測得的D、L、I、U表示的電阻率的關系式為ρ=________四、計算題：本題共3小題，共38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，在電場強度的勻強電場中，將一電荷量為正點電荷由A點移到B點。已知A、B兩點間距離，兩點連線與電場方向成60°角，求：(1)A、B兩點間的電勢差UAB；(2)電荷由A移到B的過程中，電場力所做的功WAB。14．（16分）如圖所示為質譜儀的原理圖，A為粒子加速器，電壓為，B為速度選擇器，其內部勻強磁場與電場正交，磁感應強度為，左右兩板間距離為，C為偏轉分離器，內部勻強磁場的磁感應強度為，今有一質量為，電量為且初速為0的帶電粒子經加速器A加速后，沿圖示路徑通過速度選擇器B，再進入分離器C中的勻強磁場做勻速圓周運動，不計帶電粒子的重力，試分析：（1）粒子帶何種電荷；（2）粒子經加速器A加速后所獲得的速度；（3）速度選擇器的電壓；（4）粒子在C區域中做勻速圓周運動的半徑15．（12分）如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導軌所在平面內，分布著磁感應強度B=0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內阻r=0.50Ω的直流電源．現把一個質量m=0.040kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止．導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）導體棒受到的安培力大小；（2）導體棒受到的摩擦力

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、D【解析】根據題意，氘核沿直線運動未發生偏轉，是因電場力等于洛倫茲力，由于相同的動能，而不同的質量，它們的電量相同且帶正電，磁場相同，電場力相同，因而由速度決定洛倫茲力大小，所以氘核的速度處于中間，氚核的速度最小，質子的速度最大，所以質子受到的洛倫茲力大于電場力，向上偏轉，由于電場力做負功，導致質子的動能減小；氚核受到的洛倫茲力小于電場力，向下偏轉，電場力做正功，導致氚核的動能最大故選D。2、D【解析】在滑動變阻器的滑動觸頭P自a端向b端滑動的過程中，R3接入電路的電阻減小，電路外電阻減小，據閉合電路歐姆定律分析干路電流如何變化，再據歐姆定律分析電阻R1兩端電壓的變化，可知電壓表讀數的變化．分析并聯部分電壓的變化，可知電容器的電壓如何變化，電容器所帶電量的變化．由并聯部分電壓的變化及電源的負極接地，可分析a點的電勢如何變化．用并聯部分電壓的變化，得出流過R2的電流如何變化，結合干路電流的變化，分析電流表示數的變化【詳解】A：滑動變阻器的滑動觸頭P自a端向b端滑動的過程中，R3接入電路的電阻減小，電路外電阻減小，干路電流增大，電阻R1兩端電壓增大，電壓表示數增大．故A項錯誤BC：干路電流增大，并聯部分電壓減小，電容器兩板間電壓減小，電容器C所帶電荷量減小．并聯部分電壓減小，流過R2的電流減小，又干路電流增大，則流過電流表的電流增大，電流表示數變大．故BC兩項錯誤D：外電路中順著電流方向，電勢降低，則，b點電勢為零，并聯部分電壓減小，則a點的電勢降低．故D項正確【點睛】電路動態分析問題，按局部到整體，再對局部分析各元件上電壓或電流的變化．靈活應用閉合電路的歐姆定律，電動勢、路端電壓和內電壓關系，串并聯電路的電壓電流關系是解決動態電路的關鍵3、B【解析】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提高向心力，由牛頓第二定律有：解得：從較強磁場區域進入到較弱磁場區域后。B減小，所以r增大。線速度、角速度的關系為：v=ωR，線速度v不變，半徑r增大，所以角速度減小，由可知周期變大；A．軌道半徑減小，角速度增大，與結論不相符，選項A錯誤；B．軌道半徑增大，角速度減小，與結論相符，選項B正確；C．軌道半徑減小，運動周期增大，與結論不相符，選項C錯誤；D．軌道半徑增大，運動周期減小，與結論不相符，選項D錯誤；故選B。4、D【解析】帶電粒子垂直進入電場后做類平拋運動，在沿電場方向上，向下做初速度為零的勻加速直線運動，故沿電場方向上的速度為：，故t秒時粒子的動能為，則說明Ek–t關系圖象為一條拋物線，時間為零時，粒子動能不為零，故D正確ABC錯誤。故選D。5、C【解析】A項：當滑動變阻器的滑片P向右滑動后，電阻增大，總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律知總電流減小，A示數減小，故A錯誤；B項：電壓表V1測量R1的電壓U1＝IR1減小，V2測量R2和R3的電壓U2＝E﹣U1﹣Ir，增大，故電壓表V2示數增大，故B錯誤；C項：根據閉合電路歐姆定律知，△U1+△U內＝△U2，故△U1小于△U2，故C正確；D項：保持不變，故D錯誤故選C6、B【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關系，粒子在磁場中偏轉的圓心角相等，都為120°，根據粒子在磁場中運動的時間：，又因為粒子在磁場中圓周運動的周期，所以粒子運動時間為，A錯誤B正確；粒子速度越大，根據公式可知半徑越大，但運動時間變小，因此所以路程不一定越長，C錯誤；當粒子與BC邊相切時路程最長，根據幾何知識可得此時的半徑為，則，D錯誤；考點：考查了帶電粒子在勻強磁場中的運動【名師點睛】帶電粒子在勻強磁場中運動時，洛倫茲力充當向心力，從而得出半徑公式，周期公式，運動時間公式，知道粒子在磁場中運動半徑和速度有關，運動周期和速度無關，畫軌跡，定圓心，找半徑，結合幾何知識分析解題，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、AB【解析】A．向心力是物體做勻速圓周運動所需要的指向圓心的合外力，它是根據力的作用效果命名的，故A正確；B．向心力是物體做勻速圓周運動所需要的指向圓心的合外力，所以它可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，也可以一個力的分力提供，故B正確；C．向心力是指向圓心的合外力，方向時刻改變，所以它不是一個恒力，故C錯誤；D．由于向心力指向圓心，與線速度方向始終垂直，所以它的效果只是改變線速度方向，不會改變線速度大小，故D錯誤；故選AB。8、BD【解析】A．根據粒子在磁場中受洛倫茲力而從d點進e點出，由左手定則知帶負電，則A錯誤；B．根據磁場中運動的對稱性知e點的速度大小等于v0，方向與bd成45°，即水平向右，而電場線沿bc方向，則做類平拋運動，可知負粒子受的電場力向上，則電場由b指向c，B正確；C．粒子從d到e做勻速圓周運動，速度的大小不變，而e到b電場力做正功，動能增大，故b點的動能大于d點的動能，C錯誤；D．設正方形邊長為L，由幾何關系可知，電場中的水平分運動是勻速直線運動，，故，則D正確。故選BD。【點睛】本題關鍵是明確粒子的運動規律，畫出運動的軌跡，結合幾何關系得到軌道半徑，再結合牛頓第二定律列式分析。9、AD【解析】AB．在勻強電場中，任意兩平行直線上相等距離的電勢差相等，所以，a點電勢比10V低4V，即為6V，故A正確，B錯誤；CD．a點的電勢為6V，根據電場線應與等勢面垂直，且沿電場線電勢依次降低，O點的場強方向應指向圖中電勢為2V的點，故C錯誤，D正確。故選AD。10、AC【解析】AB．根據電磁感應定律和歐姆定律可知故可知在兩種情況下，線圈中的電流之比2：1，選項A正確，B錯誤；C．線圈中產生的焦耳熱等于克服安培力做的功即故可知線圈中產生的焦耳熱之比Q1∶Q2=2∶1選項C正確；D．通過某截面的電荷量與速度無關，即q1∶q2=1∶1，選項D錯誤。故選AC。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、①.②.9.86③.CD【解析】（1）[1]根據表中數據作出L－T2圖像如圖所示：[2]根據單擺周期公式：可得：結合圖象的斜率解得：g=9.86m/s2（2）[3]由(1)分析可知：AB．測量重力加速度與振幅和擺球質量均無關，AB錯誤；C．擺動次數多記了一次，即T偏小，故g偏大，C正確；D．將擺長當成了擺線長和球直徑之和，則L偏大，故g偏大，D正確。故選CD。12、①.0.900②.14.50③.A2④.V1⑤.【解析】（1）由圖示螺旋測微器可知，其示數為：0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm由圖示游標卡尺可知，其示數為：14mm+10×0.05mm=14.50mm（2）通過電阻的最大電流：，電流表選擇A2；電源電動勢為3V，電壓