福建省六校2025屆物理高二第二學期期末達標測試試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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，一個力F=20N，現已知F的一個分力F1的方向與F成37°，大小未知．已知，．關于另一個分力F2的說法中正確的是（）A．F2的最小值等于零 B．無法確定F2的最小值C．F2的最小值等于12N D．F2的最小值等于16N2、已知銅的摩爾質量為M（kg/mol），銅的密度為ρ（kg/mA．1kg銅所含的原子數為NB．1個銅原子的質量為MC．1m3D．1kg銅的體積為M3、電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小。測量前天平已調至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質量為m0、匝數為n、下邊長為L的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中。如圖甲所示，線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢為E，內阻為r.開關S閉合后，調節可變電阻至R1時，天平正好平衡。此時電壓表讀數為U；已知m0>m，取重力加速度為g，則（）A．矩形線圈中電流的方向為順時針方向B．矩形線圈的電阻R=C．勻強磁場的磁感應強度的大小B=D．若僅將磁場反向，在左盤添加質量為2m0-m的砝碼可使天平重新平衡4、兩球相向運動，發生正碰，碰撞后兩球均靜止，于是可以斷定，在碰撞以前()A．兩球的質量相等B．兩球的速度大小相同C．兩球的質量與速度的乘積之和的大小相等D．以上都不能斷定5、圖是驗證電容器特性的實驗電路圖．電路正常工作后，對于燈L1、L2的分析正確的是（）A．L1、L2都亮 B．L1、L2都不亮C．L1亮，L2不亮 D．L1不亮，L2亮6、如圖是街頭變壓器通過降壓給用戶供電的示意圖．變壓器的輸入電壓是市區電網的電壓，負載變化時輸入電壓不會有大的波動．輸出電壓通過輸電線輸送給用戶，兩條輸電線的總電阻用R0表示，變阻器R代表用戶用電器的總電阻，當用電器增加時，相當于R的阻值減小（滑動片向下移）．如果變壓器上的能量損失可以忽略，當用戶的用電器增加時A．A1、A2讀數均增大 B．A1、A2讀數均減小C．V2、V3讀數均增大 D．V2、V3讀數均減小二、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、下列說法正確的是A．發現中子的核反應方程是4B．92235U在中子轟擊下生成3894SrC．200個92238U的原子核經過兩個半衰期后剩下50D．比結合能越大，表示原子核中核子結合的越牢固，原子核越穩定8、如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面是一正方形的勻強磁場，下列判斷正確的是（）A．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長B．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應的圓心角越大C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡不一定重合D．電子的速率不同，它們在磁場中運動的時間一定不相同9、如圖所示，一人站在商場的自動扶梯的水平踏板上隨扶梯一起向上勻加速運動，則下列說法正確的是()A．踏板對人的摩擦力可能為0B．踏板支持力對人做的功大于人重力勢能增量C．踏板對人做的功等于人的機械能的增量D．不計一切損耗，電梯消耗的電能等于人增加的機械能10、A物體自高為H的塔頂自由下落的同時，B物體自塔底以初速度v0豎直上拋，B物體上升至最高點時，A物體正好落地，則下列說法正確的是（）A．兩物體相遇時，A、B兩物體的速度大小均為B．兩物體相遇時離地面的高度為C．B物體上升的最大高度高于HD．A物體落地時速度小于v0三、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）某學習小組在做“測定金屬絲的電阻率”的實驗時，用了兩個電壓表，目的是可以同時測定電源的電動勢和內阻，電路圖如圖甲所示．實驗室可選用的器材有：A．金屬絲（阻值幾歐）B．電池（電動勢3V左右，內阻幾歐）C．電壓表兩個（量程3V，內阻很大）D．電流表（量程0.6A，內阻0.2Ω左右）E．電流表（量程3A，內阻0.04Ω左右）F．滑動變阻器（0?2kΩ）G．滑動變阻器（0?20Ω）H．毫米刻度尺，螺旋測微器I．開關，導線若干（1）實驗前在選用器材時，電流表應選擇_____，滑動變阻器應選擇_____．（均填器材前的字母）（2）測得金屬絲的長度為0.5023m；在測金屬絲直徑時，螺旋測微器的測量結果如圖乙所示，則金屬絲的直徑為______mm．（3）實驗過程中電壓表、與電流表的測量結果已經在圖丙中的圖象中描出，由U—I圖象可得，電源的電動勢為_____V，電源的內阻為_____Ω，金屬絲的電阻為____Ω．（均保留三位有效數字）．（4）由電阻定律可得，金屬絲的電阻率為______Ωm（保留兩位有效數字）．12．（12分）如圖所示，用“碰撞試驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系．①試驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通過僅測量______（單選）A.小球開始釋放高度hB.小球拋出點距地面的高度HC.小球做平拋運動的射程②圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP，然后，把被碰小球m2靜止于軌道的水平部分，再將入射小球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相撞，并多次重復．椐據圖可得兩小球質量的大小關系為m1_____m2A.用天平測量兩個小球的質量m1、mB.測量小球m1開始釋放高度hC.測量拋出點距地面的高度HD.分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、E.測量平拋射程OM，ON③若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示______________________（用②中測量的量表示）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，物塊C質量mc=4kg，上表面光滑，左邊有一立柱，放在光滑水平地面上。一輕彈簧左端與立柱連接，右端與物塊B連接，mB=2kg。長為L=3.6m的輕繩上端系于O點，下端系一物塊A，mA=3kg。拉緊輕繩使繩與豎直方向成60°角，將物塊A從靜止開始釋放，達到最低點時炸裂成質量m1=2kg、m2=1kg的兩個物塊1和2，物塊1水平向左運動與B粘合在一起，物塊2仍系在繩上具有水平向右的速度，剛好回到釋放的初始點。A、B都可以看成質點。取g=10

m/s2。求:(1)設物塊A在最低點時的速度v0.(2)物塊A炸裂時增加的機械能△E。(3)在以后的過程中，彈簧最大的彈性勢能Epm。14．（16分）如圖所示，L是用絕緣導線繞制的線圈，匝數為100，由于截面積不大，可以認為穿過各匝線圈的磁通量是相等的，設在0.5秒內把磁鐵的一極插入螺線管，這段時間里穿過每匝線圈的磁通量由0增至1.5×10－5Wb.這個過程中螺線管產生的感應電動勢多大？如果線圈和電流表總電阻是3Ω，感應電流多大？15．（12分）電子自靜止開始經M、N板間（兩板間的電壓為U）的電場加速后從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，電子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖所示（已知電子的質量為m，電荷量為e）求：（1）正確畫出電子由靜止開始直至離開勻強磁場時的軌跡圖；(用尺和圓規規范作圖)（2）電子在加速電場中加速后獲得的速度（3）勻強磁場的磁感應強度

（4）若則電子在磁場中的運動時間．

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、C【解析】

當F2的方向與F1的方向垂直時，F2具有最小值，依據三角知識，則有：F2min=Fsin37°=12N所以F2的大小不可能小于12N．A．F2的最小值等于零，與結論不相符，選項A錯誤；B．無法確定F2的最小值，與結論不相符，選項B錯誤；C．F2的最小值等于12N，與結論相符，選項C正確；D．F2的最小值等于16N，與結論不相符，選項D錯誤；故選C．2、B【解析】

1kg銅的物質量為：n=1M，故所含的原子數為N=nNA=NAM，故A錯誤；1mol銅分子的質量為M，故1個銅原子的質量為MNAkg，故B正確；1本題關鍵明確阿伏加德羅常數是聯系物體質量、體積與分子質量、體積的橋梁，粗略計算時，對于固體和液體，忽略分之間的距離。3、C【解析】

A.已知m0>m，要使線圈處于平衡狀態，則所受安培力的方向應該向上，根據左手定則可知線圈中電流的方向應該是逆時針方向，故A錯誤；B.根據閉合電路歐姆定律可得U=E-UR+R1r，解得矩形線圈的電阻C.根據平衡條件可得m0g-F=mg，而F=nBIl，I=E-Ur，解得勻強磁場的磁感應強度的大小D.開始線圈所受安培力的方向向上，僅將磁場反向，則安培力方向反向，變為豎直向下，相當于右邊多了兩倍的安培力大小，所以需要在左邊加砝碼，添加質量為Δm=2Fg=24、C【解析】試題分析：兩球碰撞后總動量守恒，則p1+p2=0，故選項C正確.考點：動量守恒定律的應用點評：碰撞時動量守恒的典型模型，另外還有爆炸和反沖問題都屬于動量守恒，都是瞬間，內力遠大于外力的實例，動量守恒的應用注意初末狀態的選取，相互作用之前屬于初態，之后屬于末態．這是易錯點應著重講解．5、D【解析】

根據電容器特性“隔直通交”可知，恒定直流不能通過電容器，當電路正常工作后，L1不亮，L2亮，故D正確，ABC錯誤．6、A【解析】CD.理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數比決定的，由于輸入電壓和匝數比不變，所以副線圈的輸出電壓也不變，所以V2的示數不變，當用電器增加時，相當于R的值減小，電路中的總的電阻減小，所以電流要變大，即A2的示數變大，由于副線圈的電流變大，電阻R0的電壓變大，又因為V2的示數不變，所以V3的示數變小，故C錯誤，D錯誤；D.由于變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等，由于副線圈的電阻減小，輸出的功率U2I2變大了，所以原線圈的輸入的功率U1I1也要變大，因為輸入的電壓U1不變，所以輸入的電流要變大，所以A1的示數變大，故A正確，B錯誤．故選A.點睛：和閉合電路中的動態分析類似，可以根據R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況．根據變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等，分析輸入電流的變化．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、ABD【解析】

發現中子的核反應方程是49Be+24He→612C+01n，故A正確；92235U在中子轟擊下生成3894Se和54140Xe的過程中，質量虧損，原子核中的平均核子質量變小，故B正確；半衰期是大量原子核衰變的統計規律，統計少量個數原子核是沒有意義的，故C錯誤；比結合能越大，表示原子核中核子結合的越牢固，原子核越穩定，故D對于物理學發展歷史上幾個重要的核反應方程如質子發現、中子等核反應方程要熟練掌握，知道質量虧損、半衰期、比結合能的概念、8、BC【解析】試題分析：由知，電子在磁場中運動時間與軌跡對應的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應的圓心角θ越大，電子粒子飛入勻強磁場中做勻速圓周運動，由半徑公式知，軌跡半徑與速率成正比，則電子的速率越大，在磁場中的運動軌跡半徑越大．故A錯誤，B正確．由周期公式知，周期與電子的速率無關，所以在磁場中的運動周期相同，若它們在磁場中運動時間相同，但軌跡不一定重合，比如：軌跡3、4與5，它們的運動時間相同，但它們的軌跡對應的半徑不同，即它們的速率不同．故C正確，D錯誤．故選BC．考點：帶電粒子在磁場中的運動9、BC【解析】A.人隨扶梯一起斜向上加速運動的過程中，有水平向右的加速度，人要受到扶梯的靜摩擦力．故A錯誤；B.人隨扶梯一起斜向上做加速運動，有豎直向上的加速度，處于超重狀態，則踏板對人的支持力大小大于人所受到的重力大小，踏板支持力對人做的功大于人重力重力做的功，大于人重力勢能的增量，故B正確；C.根據功能關系得知，除了重力以外的力對人做的功等于人的機械能的增加，即踏板對人做的功等于人的機械能增加量．故C正確．D.自動扶梯動能也增大，電梯消耗的電能大于人增加的機械能，故D錯誤．故選：BC10、AB【解析】

由題意可知，A做勻加速直線運動，B做勻減速直線運動，且A、B兩物體的加速度相同，運動時間相同，由可知，速度變化量大小相等，

則A物體落地時速度與B物體上拋時初速度大小相等，都等于，

B物體上升的最大高度與A物體的下落高度相等，都等于H，故CD錯誤；設兩物體相遇時所用的時間為t，速度大小為v，

由速度時間公式得，對于A物體有：，

對于B物體有：，

聯立以上兩式可解得，則兩物體相遇時，A、B兩物體的速度大小，

由速度位移公式得，，

，

聯立以上各式可解得：，兩物體相遇時離地面的高度為

，故AB正確．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、DG0.5803.00（2.98?3.00均給分）2.0（2.17?2.22均給分）3.00（2.97?3.09均給分）1.6×10－6【解析】

（1）該實驗中金屬絲的電阻為幾歐姆，所以滑動變阻器的阻值選擇量程為20歐姆的即可，所以選擇G，所以電流表選擇0.6A的就可以，所以是D．（2）根據螺旋測器的讀數規則（3）V2測的是電源電動勢，V1測的是金屬絲的電壓，根據圖象可知，斜率為負的那條直線對應的是V2的圖線，斜率為正的是V1的圖線，V2圖線與縱軸的交點即為電動勢，斜率的大小為內阻，得到，，兩條線的交點為金屬絲的工作電壓和電流，所以金屬絲的電阻為.(4)根據電阻定律可得12、（1）C（1）＞；ADE（3）m1OP=m1OM+m1ON；【解析】

（1）在做“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規律求解碰撞前后的速度的，所以要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平．

（1）由動量守恒定律求出需要驗證的表達式，根據表達式以及實驗過程分析實驗中的步驟；

（3）根據（1）的分析確定需要驗證的關系式．驗證動量守恒定律實驗中，質量可測而瞬時速度較難．因此采用了落地高度不變的情況下，水平射程來反映平拋的初速度大小，所以僅測量小球拋出的水平射程來間接測出速度．過程中小球釋放高度不需要，小球拋出高度也不要求．最后可通過質量與水平射程乘積來驗證動量是否守恒．根據機械能守恒確定驗證是否為彈性碰撞的表達式．【詳解】（1）驗證動量守恒定律實驗中，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，根據平拋運動規律，若落地高度不變，則運動時間不變，因此可以用水平射程大小來體現速度速度大小，故需要測量水平射程，故AB錯誤，C正確．故選C

（1）碰撞過程中動量、能量均守恒，因此有：m1v0=m1v1+m1v1，12mv02＝12mv12+12mv22因此有：v1＝m1-m2m1+m2v0，因此要使入射小球m1碰后不被反彈，應該滿足m1＞m1．碰撞過程動量守恒，則m1v0=m1v1+m1v1，兩邊同時乘以時間t得：m1v0t=m1v1t+m本題考查驗證動量守