2025届甘肃省武威市六中物理高二上期末质量检测试题含解析

2025届甘肃省武威市六中物理高二上期末质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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，闭合导线框abcd的质量可以忽略不计，将它从图中所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F2，通过导线横截面的电荷量为q2，则()A.F1＜F2，q1＜q2B.F1＜F2，q1＝q2C.F1＝F2，q1＜q2D.F1＞F2，q1＝q22、1930年劳伦斯提出回旋加速器理论并于1932年制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一氘核（）从加速器的某处由静止开始加速。已知D型盒的半径为R，匀强磁场的最大磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、最大工作频率为f，氘核的质量为m、电荷量为q。不计粒子的重力，忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。下列说法正确的是A.氘核从D形金属盒的边缘飞入，在电场中获得能量，氘核的最大动能由高频交变电源的电压U决定，并且随电压U增大而增加B.高频交变电源的频率为f应该等于，该装置才能正常工作。若将氘核换成氦核（），必须相应的改变交流电源的频率，否则该装置无法正常工作C.氘核第1次加速和第2次加速后在磁场中运动的轨道半径之比为1:2D.当时，氘核的最大动能为3、如图所示，中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，3个夸克都分布在半径为r的同一圆周上，则3个夸克在其圆心处产生的电场强度为（）A B.C. D.4、如图所示，一个有弹性的闭合金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将()A.S增大，l变长B.S减小，l变短C.S增大，l变短D.S减小，l变长5、“跳马”是集技术、力量、勇气于一体的高难度竞技体操项目，运动员完成空中动作落地时，通常要下蹲后再站起。这样做是为了（）A.增大运动员的动量变化量B.减小运动员的动量变化量C.减小运动员的动量变化率D.增大地面对运动员的冲量6、根据所学知识判断图中正确的是()A.B.C.D.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、纸面内有U形金属导轨，AB部分是直导线。虚线范围内有垂直纸面向里匀强磁场。AB右侧有圆线圈C。为了使C中产生顺时针方向的感应电流，贴着导轨的金属棒MN在磁场里的运动情况是（）A.向右加速运动 B.向右减速运动C.向左加速运动 D.向左减速运动8、利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，一块长为a，宽为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入图示方向的电流I时，电子的定向移动速度为v，当磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下时，前后两侧面会形成电势差U，下列说法中正确的是A.前、后表面间电压U与v无关 B.前表面的电势比后表面的高C.自由电子受到的洛伦兹力大小为 D.前、后表面间的电压U与c成正比9、如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，电场方向和磁场方向相互垂直．在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，且小球电量保持不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.小球的初速度为v0=B.若小球的初速度为，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后匀速C.若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的加速运动，最后匀速D.若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为10、两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.2m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）．下列说法正确的是（）A.磁感应强度的大小为0.05TB.导线框运动速度的大小为0.04m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.01N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）（1）“天宫二号”被称为是我国首个真正意义上的空间实验室，是继“天宫一号”后中国自主研发的第二个空间实验室，“天宫二号”的发射将全面开启中国空间实验室任务，为我国未来空间站建设打下重要基础．设“天宫二号”在距地面高为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球的质量为M、半径为R，引力常量为G，且不考虑地球自传的影响．则“天宫二号”绕地球运动的线速度大小为________，周期为________，向心加速度大小为________（2）某发电站，发电机的输出功率为5×105kw，采用500kv的高压输电，输电线上的总电阻为20Ω，则输电线上的电流为________A，输电线上损失的电压为________V，输电线上损失的电功率为________kw（3）我们可以通过以下实验来探究“电磁感应现象”①接好电路后，合上开关瞬间，电流表指针________（选填“偏转”或“不偏转”）；②合上开关，电路稳定后，电流表指针________（选填“偏转”或“不偏转”）；③如果合上开关后，将原线圈A迅速插入副线圈B时，发现灵敏电流计指针向右偏了一下．那么原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向________偏（选填“右”或“左”）12．（12分）(1)读出下图中游标卡尺和螺旋测微器读数，游标卡尺的读数为_________mm.；螺旋测微器的读数为_________mm.(2)如图所示，a、b、c、d、e是滑动变阻器上间距相同的五个位置（a、e为滑动变阻器的两个端点），某实验小组将滑动变阻器的滑片P分别置于a、b、c、d、x、e（x是d、e间某一位置）进行测量，把相应的电流表示数记录在下表中，经分析，发现滑动变阻器de间发生了断路。P的位置abcdxe电流表读数（A）1.200.600.400.301.20根据电路有关知识推断，滑片P位于x处的电流表示数的可能值为（）A．0.28AB．0.48AC．0.58AD．0.78A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）如图甲所示，固定轨道由倾角θ＝37°的斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成，轨道所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝0.2T的匀强磁场，两导轨间距为L＝0.5m，上端用阻值为R＝0.5Ω的电阻连接．在沿斜导轨向下的拉力（图中未画出）作用下，一质量为m＝0.5kg、阻值也为0.5Ω的金属杆MN从斜导轨上某一高处由静止开始（t＝0）沿光滑的斜导轨匀加速下滑，当杆MN滑至斜导轨的最底端P2Q2处时撤去拉力，杆MN在粗糙的水平导轨上减速运动直至停止，其速率v随时间t的变化关系如图乙所示（其中vm＝20m/s和t0＝2s为已知）．杆MN始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，水平导轨和杆MN间的动摩擦因数为μ＝0.1，g＝10m/s2.求：(1)杆MN中通过的最大感应电流Im；(2)杆MN沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R的电荷量q；(3)撤去拉力后，若电阻R上产生的热量为Q＝20J，求杆MN在水平导轨上运动的路程s.14．（16分）三峡水电站的一台发电机输出功率为70万千瓦，发电机的输出电压为20KV，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处供电，已知T1，和T2的匝数比分别为1:25和19:4，电压经T2降至100KV．求：（1）输电线上的电流；（2）输电线上损耗的功率。15．（12分）如图所示，长木板放在光滑水平面上，左端用细线系在竖直墙壁上，右侧安装有固定着轻弹簧的挡板，某时刻让一个可视为质点的滑块以速度v0从长木板左侧滑上长木板，当弹簧压缩到最短时剪断细线，最终滑块刚好回到长木板左侧.长木板（含挡板）的质量为M，通过测量发现滑块在全过程中的位移大小为x0，滑块与木板之间的动摩擦因数为，已知重力加速度为g，求滑块的质量m和弹簧弹性势能的最大值。

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】设线框的长为L1，宽为L2，速度为v1，线框所受的安培力大小为：F1=BIL2，电流为，第一次拉出时安培力为：，同理第二次拉出时安培力为：，因为由于两次拉出所用时间Δt1＜Δt2，所以，故；由于线框在两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，而通过导线横截面的电荷量，得q1＝q2，故D正确，ABC错误.2、D【解析】A．粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有得当时，粒子的速度最大，即为最大动能为所以粒子的最大动能与电压无关，故A错误；B．当粒子做圆周运动的频率与交流电的频率相等时，装置正常工作，即故B错误；C．由动能定理可得粒子加速第1次的速度为粒子加速第2次的速度为由公式可知，半径之比等于速度之比即为，故C错误；D．当时，由公式可知，粒子做圆周运动的频率小于最大工作频率，即装置能正常工作，所以粒子的最大动能为故D正确。故选D。3、A【解析】由点电荷的场强决定式可知，B、C处两个下夸克在O点的电场强度大小均为，方向夹角120°，合场强沿AO方向，大小为，A处的上夸克在Ｏ点的电场强度同样沿AO方向，大小为，所以三个夸克O处产生的电场强度为同向的和叠加，结果是，A正确4、D【解析】当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，金属圆环中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离直导线的方法进行阻碍，故D正确5、C【解析】运动员完成空中动作落地时，通常要下蹲后再站起，是为了延长运动员与地面间的作用时间，从而减小运动员的动量变化率，最终使运动员受地面的作用力减小，故ABD错误，C正确；故选C。6、A【解析】根据左手定则判断，电流受力方向向下，故A正确，正电荷受力方向与场强发方向相同，沿切线方向，故C错误．由左手定则可知，正电荷受洛伦兹力竖直向上，则B错误；根据右手螺旋定则，D图中螺线管上方的磁感线从左向右，则N极指向右方，则D错误；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、AD【解析】AB．导体棒向右加速运动，根据右手定则可知回路中电流为，根据安培定则可知在圆线圈内产生的磁场为垂直于纸面向外，根据楞次定律可知线圈中为了阻碍垂直于纸面向外的磁场增大，感应电流产生垂直于纸面向内的磁场，根据安培定则可知线圈中的感应电流为顺时针方向；同理导体棒向右减速运动则不满足题意，A正确，B错误；CD．导体棒向左减速运动，根据右手定则可知回路中的电流为，根据安培定则可知圆线圈内产生的磁场垂直于纸面向内且减小，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流为顺时针方向；同理导体棒向左加速运动则不满足题意，C错误，D正确。故选AD。8、BC【解析】B．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故B正确。AD．由电子受力平衡可得：，解得：U=Bva，所以前、后表面间的电压U与v成正比，前、后表面间的电压U与c无关，故AD错误。C．稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即为：，故C正确。故选BC。9、ABD【解析】小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0时，小球做匀速直线运动．当小球受到的合外力不为0时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定【详解】对小球进行受力分析如图，电场力的大小：F=qE=，由于重力的方向竖直向下．电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：FG+F==2mg，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反．所以qv0B=2mg．所以．故A正确；若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=3mg＞FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动．故B正确．若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=mg＜FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止．故C错误；若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以．故D正确．故选ABD【点睛】本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做加速度增大的减速运动，当加速度减为零时，做匀速运动10、AC【解析】根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合E=BLv求出磁感应强度，根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向．根据安培力公式得出导线框所受的安培力【详解】由图象可以看出，0.2-0.4s没有感应电动势，所以从开始到ab进入用时0.2s，导线框匀速运动的速度为：，根据E=BLv知磁感应强度为：，故A正确，B错误．由b图可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律得，磁感应强度的方向垂直纸面向外，故C正确．在0.4-0.6s内，导线框所受的安培力，故D错误．故选AC【点睛】本题考查了导线切割磁感线运动，掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等三、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、①.②.③.④.1000（1×103）⑤.20000（2×104）⑥.2×104⑦.偏转⑧.不偏转⑨.右【解析】(1)由公式可知，其中，解得：，，；(2)输电线上的电流为，输电线上损失的电压为，输电线上损失的功率；(3)合上开关瞬间，线圈A中电流增大，A中的电流产生的磁场增大，穿过B线圈的磁通量增大，所以在电流表中产生感应电流，即电流表指针发生偏转；合上开关，电路稳定后，线圈A中的电流不变，电流产生的磁场不变，穿过B线圈的磁通量不变，所以电流表指针不发生偏转；如果合上开关后，将原线圈A迅速插入副线圈B时，穿过B线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针向右偏，滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电路中的总电阻变小，总电流变大，穿过线圈B的磁通量增大，所以灵敏电流计指针向右偏12、①.11.4②.0.920（0.919-0.921均给分）③.AD【解析】(1)[1]游标卡尺的读数为：；[2]螺旋测微器的读数为：(2)[3]若是x在断路位置的下方，则是变阻器下方部分被接入电路，且总电阻大于滑片接d位置时的电阻，电流就比滑片接d点时的电流要小，所以电流表示数可能