甘肃武威第六中学2025-2026学年高二下学期期末物理周测卷（12）

**基本信息** 武威六中高二物理周测卷涵盖电磁学、力学、热学等模块，通过单选（28分）、多选（18分）、实验（16分）、解答题（38分），考查自感现象、交流电、分子力、光电效应等知识点，注重物理观念与科学思维，适配周测巩固需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|自感现象（第1题）、交流电（第2题）、分子势能（第3题）|结合电路动态分析，考查运动和相互作用观念| |多选题|3/18|理想气体p-T图像（第8题）、变压器动态分析（第9题）|通过气体状态变化推理，体现科学推理能力| |实验题|2/16|验证力的平行四边形定则（第11题）、打点计时器测加速度（第12题）|注重实验操作与数据处理，培养科学探究素养| |解答题|3/38|金属杆磁场运动（第13题）、带电粒子电磁场运动（第14题）|综合电磁学与力学，考查模型建构与科学论证|

武威第六中学高二物理期末周测卷（12） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（4X7=28分） 1．如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2的阻值约等于R1的两倍，则（　　） A．闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些 B．闭合开关S时，LB立刻亮起来，LA缓慢变亮，且最后LB更亮一些 C．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭 D．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭 2．如图甲所示，一正方形线框abcd绕ab轴在匀强磁场中匀速转动，ab边和磁场垂直，在ab间接一理想电流表，穿过线框的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。已知线框各边的电阻均为1Ω，则下列说法中正确的是（　　） A．当线框平面与中性面夹角为60°时，线框中感应电动势的瞬时值为2V B．1min内线框中产生的热量为120J C．电流表的示数为1A D．从图示位置转过90°角的过程中，通过电流表的电荷量为5×10-2C 3．如图，将甲分子固定于坐标原点O处，乙分子放置于r轴上距离O点很远的处，、、为r轴上的三个特殊位置，甲、乙两分子间的作用力F和分子势能随两分子间距离r的变化关系分别如图中两条曲线所示，现把乙分子从处由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．乙分子从到的过程中，分子势能先减小后增大 B．当分子间距离时，甲、乙分子间作用力F为引力 C．乙分子从到的过程中，加速度a先减小后增大 D．虚线为图线，实线为图线 4．如图所示，某同学将锌板与铜网靠近并平行放置，其余部分用导线连接。电流计和静电计按图示连接。合上开关，当用紫外线照射锌板时，电流计有电流通过。下列叙述正确的是（  ） A．合上开关，换用白炽灯照射锌板，电流计仍有电流通过 B．合上开关，仍用紫外线照射锌板，静电计指针带正电 C．断开开关，仍用紫外线照射锌板，并将铜网移近锌板，静电计指针夹角增大 D．断开开关，换用 X射线照射锌板，静电计指针夹角增大 5．如图所示的四个情景中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形．各导线框均绕轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T．从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向．则在如图所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图所示的是 A．B．C． D． 6．如图所示，竖直墙与平板成α角，中间有一个重为G的小球，竖直墙与平板光滑。当α角缓慢变化时，（0°<α≤90°），下列说法中正确的是（　　） A．α角增大，小球对墙的压力增大 B．α角变化时，小球对平板的压力不可能超过球的重力 C．α角增大时，小球对平板的压力减小 D．α角变化时，小球对平板的压力可能小于球的重力 7．某气象研究小组用图示简易装置测定水平风速，在水平地面的底座（始终保持静止）上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速，也与球正对风的截面积成正比，当风速v0=3m/s时，测得球静止时细线与竖直方向的夹角θ =30°。则下列说法正确的是（　　） A．当θ=60°时，风速v=6m/s B．若风速增大到某一值时，θ可能等于90° C．若风速不变，换用半径相等、质量较大的球，则θ减小 D．若风速增大，换用半径较大、质量不变的球，底座对地面的压力增大 二、多选题（3X6=18分） 8．一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p﹣T图象如图所示．下列判断正确的是（ ） A．过程ab中气体一定吸热 B．过程bc中气体既不吸热也不放热 C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小 9．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是 A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大 B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大 C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大 D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变小 10．如图所示，A板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是 A．当滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升 B．当滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变 C．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大 三、实验题（2X8=16分） 11．小明利用实验室的器材设计了如图甲所示的实验装置进行“验证力的平行四边形定则”实验。固定在竖直木板上的量角器直边水平，三根细绳分别连接弹簧测力计a，b和重物c，三根细绳的节点O与量角器的中心点在同一位置。某次实验测得弹簧测力计a，b的示数和重物c的重力分别为F1、F2和G，并根据实验数据作图如图乙所示。 (1)关于该实验，下列说法正确的是_________。 A．本实验采用了等效替代的物理思想 B．连接弹簧测力计的两细绳之间的夹角越大越好 C．连接结点O的三根细绳必须等长 D．弹簧测力计必须与量角器平行 (2)图乙中，_________（选填“F”或“F'”）大小等于重物c的真实重力。 (3)弹簧测力计a对准60°刻度，弹簧测力计b从180°刻度绕O点沿顺时针方向缓慢旋转至90°刻度，则弹簧测力计a的示数_________，弹簧测力计b的示数_________。（均选填“一直增大”“一直减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”） 12．小王同学想利用图甲所示的装置测量一些物理量，他进行了如下的实验操作： ①将矿泉水瓶P和物块Q，分别与跨过滑轮（滑轮的质量可忽略不计）的轻绳连接，滑轮通过弹簧测力计竖直悬挂； ②将纸带上端粘在P的下面，下端穿过打点计时器（图中未画出），P中装适量水，接通电源，释放P后，P向上运动，读出测力计的示数F，打出点迹清晰的纸带如图乙所示； ③逐渐往P中加适量水，重复实验（P始终向上运动），获得多组实验数据。 (1)在图乙所示的纸带上，相邻两个计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器的频率为50Hz，则打点计时器打出C点时，Q的速度大小为________m/s，Q的加速度大小为________m/s2（结果保留两位有效数字）。 (2)根据实验数据，作出Q的加速度a随测力计示数F变化的图像如图丙所示，若图线的斜率的绝对值为k，图线在F轴上的截距为b，不计滑轮的摩擦，则Q的质量为________，当地的重力加速度为________。 四、解答题（12+14+12=38分） 13．如图（a）所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距，电阻，导轨上停放一质量，电阻的金属杆，金属杆与两导轨垂直。导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一与金属杆垂直的外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（b）所示。 (1)分析说明金属杆的运动情况； (2)求第末外力F的瞬时功率。 14．如图所示，在y>0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y<0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y = h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x = 2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y = - 2h的P3点。不计重力。求： （1）电场强度大小。 （2）粒子到达P2时速度的大小和方向。 （3）磁感应强度大小。 15．如图所示，透热的汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M=400kg，活塞质量m=10kg，活塞面积S=200cm2活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为7℃，活塞正位于汽缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0=1.0×105Pa，重力加速度为g=10m/s2，求： （1）缸内气体的压强p1； （2）缸内气体的温度升高到多少℃时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？ 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《武威第六中学高二物理期末复习卷（12）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B D D C C C AD BD AC 1．D 【详解】AB．闭合开关S，LB与电阻连接，立即就亮，LA与线圈连接，因为线圈的自感，LA慢慢亮起，电阻R2阻值约等于R1的两倍，所以最后LA更亮一些，故AB错误； CD．断开开关，线圈与两个电阻和灯泡组成闭合回路，电流只能慢慢减小，但开始时，LB的电流小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮一下再熄灭，故C错误，D正确。 故选D。 2．B 【详解】A．由题意可知，线框转动过程产生正弦交流电，最大值为 瞬时值为 故当线框平面与中性面夹角为60°时，代入可得线框中感应电动势的瞬时值为，A错误； B．电动势的有效值为 故1min内线框中产生的热量为 代入数据可得 Q=120J B正确； C．电流表的示数为 C错误； D．从图示位置转过90°角的过程中，产生的平均感应电动势为 平均感应电流为 通过电流表的电荷量为 代入数据可得 q=5×10-3C D错误。 故选B。 3．D 【详解】D．当分子力为零的时候，分子间势能最小，则由图像可知，虚线为图线，实线为图线，故D正确； A．乙分子从到的过程中，甲、乙分子间作用力表现为引力，做正功，分子势能减小，故A错误； B．为平衡位置，当分子间距离时，甲、乙分子间作用力F将表现为斥力，故B错误； C．乙分子从到的过程中，分子间作用力表现为引力且逐渐增大，则加速度逐渐增大；而到的过程中，分子力仍然表现为引力，但此过程中分子力逐渐减小，到达时分子力减小为零，即加速度逐渐减小为零；到的过程中，分子力表现为斥力，且逐渐增大，即反向加速度逐渐增大，因此可知，乙分子从到的过程中，加速度a先增大，后减小，再增大，故C错误。 故选D。 4．D 【详解】AB．合上开关，换用白光照射，不会发生光电效应，无电流通过电流计。用紫外线照射，发生光电效应，锌板中的电子逸出，带正电，铜网带负电，即静电计指针带负电，选项AB错误。 CD．断开开关，仍用紫外线照射锌板，把铜网移近锌板，光电子的最大初动能不变，两板间的反向截止电压不变，静电计指针的张角反映的是电容器两板间的电压，因此是不变的。当换用 X射线照射锌板，则增大了照射光的频率，反向截止电压相应增大，指针张角增大。选项C错误，D正确。 故选D. 5．C 【详解】当线框以O为转轴进入磁场时，磁通量发生变化有感应电流产生，根据有效切割长度判断出电流大小变化，根据楞次定律或右手定则判断出感应电流方向，即可正确解答． 解：A、B图中正方形线框绕O转动时，有效切割长度不断变化，因此产生感应电流大小是变化的，因此AB错误； C、D图中，有效切割长度为半径不变，因此产生的电流方向不变，根据右手定则，则有D中开始产生电流方向从O到P，而C图中产生电流方向从P到O，故C正确，D错误． 故选C． 【点评】在求导体切割磁感线类型的感应电流时，一定要会正确求解有效切割长度，同时掌握判定感应电流方向的规律，理解楞次定律与右手定则的不同． 6．C 【详解】AC．将小球的重力按效果进行分解如图 则有 α角增大， 减小，则小球对墙的压力一直减小，球对平板的压力也一直减小，A错误C正确； BD．根据 ，小球对平板的压力都大于球的重力，时平板水平时球对平板的压力等于球重力，BD错误。 故选C。 7．C 【详解】A．如图 设球正对风的截面积为S，由于已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，所以风力大小为 当速度为3m/s时，由平衡条件得 当角度为60°时，同理可得 由此可解的 故A错误； B．风速增大，不可能变为90°，因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡。故B错误； C．若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，知风力不变，根据 知重力增大，风力不变，则减小。故C正确； D．若风速增大，换用半径较大、质量不变的球，竖直方向的作用力不变，底座对地面的压力不变，故D错误。 故选C。 8．AD 【详解】试题分析：由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体吸热，故B错误；由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度降低，内能减少，△U＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；故选AD． 考点：热力学第一定律；p﹣T图象 【名师点睛】本题考查气体的状态方程中对应的图象，要抓住在P-T图象中等容线为过原点的直线；知道热力学第一定律的表达式及物理意义． 9．BD 【详解】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1消耗的功率变小，A错误；干路电流变小，R1分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确；因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小，则C错误；闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小．电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D正确． 【点睛】考查电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的连接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键． 10．AC 【详解】当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后动能增大，进入磁场的初速度增大，向下偏转程度变小，位置上升，故A正确；粒子的周期与带电粒子的速度无关，速度变大，则半径变大，轨迹变得平缓，则圆心角变小，穿过磁场区所用的时间变小，故B错误；由于洛伦兹力不做功，所以磁感应强度的大小不影响带电粒子运动的速度大小，故C正确、D错误． 故选AC。 11．(1)AD (2)F' (3) 一直减小 先减小后增大 【详解】（1）A．本实验采用了等效替代的物理思想，A正确； B．为减小实验误差，与两弹簧测力计相连的细绳之间的夹角要适当大一点，但不是越大越好，B错误； C．连接结点O的三根细绳等长与否对实验无影响，C错误； D．测量时弹簧测力计必须与量角器平行且在同一竖直平面内，D正确。 故选AD。 （2）图乙中，F'大小等于重物c的真实重力，F是利用平行四边形定则作出的合力的理论值。 （3）[1][2]画出力的矢量三角形，如图所示， 可知弹簧测力计a的示数一直减小，弹簧测力计b的示数先减小后增大。 12．(1) 0.26 1.3 (2) 【详解】（1）[1]相邻两个计数点间还有四个点未画出，则相邻两个计数点的时间间隔为 根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打出C点时，Q的速度大小为 [2]根据逐差法可得Q的加速度大小为 （2）[1][2]设Q的质量为，以Q为对象，根据牛顿第二定律可得 可得 由图像可得 ， 可得 ， 13．(1)杆做初速度为零的匀加速运动；(2)7W 【详解】(1)电压表示数为 由题图（b）可知，U与t成正比，即v与t成正比，可知杆做初速度为零的匀加速运动。 (2)因，所以 由题图（b）得，即 解得 第2s末速度 解得 则 14．（1）；（2），方向与x轴夹角45°，斜向右下方；（3） 【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，利用类平抛运动的位移公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度的大小； （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用速度的合成可以求出合速度的大小，利用运动的轨迹可以判别速度的方向； （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律结合轨道半径的大小可以求出磁感应强度的大小。 【详解】（1）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示 设粒子从P1运动到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律 根据运动学公式有 联立以上解得 （2）粒子到达P2时速度沿x方向速度分量为v0，以v1为速度沿y方向速度分量的大小，v表示速度的大小，θ为速度与x轴的夹角，则有 由图可得 有 联立以上各式解得 方向与x轴夹角45°，斜向右下方。 （3）设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得 r是圆周的半径，与x轴、y轴的交点为P2、P3，因为 由几何关系可知，连线P2P3为圆周的直径，由几何关系可求得 联立解得 15．（1）3×105Pa；（2）287℃ 【详解】（1）以汽缸为对象（不包括活塞）列汽缸受力平衡方程有 p1S=Mg+p0S 代入数据解得 p1=3×105Pa （2）当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有 p2S=Mg+p0S 故缸内气体发生等压变化，对这一过程由理想气体状态方程得 解得 T2=2T1=560K 故缸内气体的温度升高到 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $