2025届云南省宣威市第四中学物理高二上期中检测试题含解析

2025届云南省宣威市第四中学物理高二上期中检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小2、如图中所示，三个等势面上有a、b、c、d四点，若将一正电荷由c经a移到d，电场力做正功W1，若由c经b移到d，电场力做正功W2，则（）A．W1＞W2,ϕ1＞ϕ2B．W1＜W2,ϕ1＜ϕ2C．W1=W2,ϕ1=ϕ2D．W1=W2,ϕ1＞ϕ23、如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则B1与B2合矢量B的方向的是（）A．竖直向下B．竖直向上C．水平向左D．水平向右4、在许多精密的仪器中，如果需要较精确地调节某一电阻两端的电压，常常采用如图所示的电路通过两只滑动变阻器和对一阻值为500Ω左右的电阻两端电压进行粗调和微调．已知两个滑动变阻器的最大阻值分别为200Ω和10Ω关于滑动变阻器、的连接关系和各自所起的作用，下列说法正确的是（）A．取=200Ω，＝10Ω，调节起粗调作用B．取=10Ω，=200Ω，调节起微调作用C．取=200Ω，=10Ω，调节起粗调作用D．取=10Ω，=200Ω，调节起微调作用5、对于欧姆定律，理解正确的是（）A．从I=可知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B．从R=可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．从U=IR可知，导体两端的电压随电阻的增大而增高D．从R=可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零6、如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有向右的电流时，小磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是A．法拉第，小磁针静止不动B．奥斯特，小磁针的s极转向纸内C．奥斯特，小磁针的N极转向纸内D．法拉第，小磁针的N极转向纸内二、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、一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图(1)所示.当把手以某一連度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图(2)所示．若用f0表示弹簧振子的固有频率，f表示驱动力的频率，则()A．由图线可知f0=4HzB．由图线可知f0=8HzC．由图线可知砝码做受迫振动的周期为8sD．由图线可知，缓慢增大把手转动速度至15r/min，稳定后砝码振动的振幅也将增大8、如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外．已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动．下列说法正确的是()A．若小球带正电荷，则小球的电势能减小B．若小球带负电荷，则小球的电势能减小C．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小D．小球的动能恒定不变9、四个相同的小量程电流表分别改装成两个电流表和两个电压表已知电流表量程大于的量程，电压表的量程大于的量程，改装好后把它们按如图所示接入电路，则A．电流表的读数小于电流表的读数B．电流表的指针偏转角等于电流表的指针偏转角C．电压表的读数大于电压表的读数D．电压表的指针偏转角大于电压表的指针偏转角10、真空区域有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界．比荷为k的带负电粒子，沿着与MN夹角θ＝60°的方向射入磁场中，刚好没能从PQ边界射出磁场．下列说法正确的是（）A．粒子的速率大小是B．粒了在磁场中运动的时间是C．仅减小粒了的入射速率，在磁场中的运动时间将增大D．仅增人粒子的入射速率，在磁场中的运动时间将减小三、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）有一只标值为“2.5V，xW”的小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清。某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率。(1)已知小灯泡的灯丝电阻约为5Ω，请先在甲图中补全伏安法测量灯丝电阻的电路图______，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路______。(2)开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于________。(选填“A端”、“B端”或“AB正中间”)(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为________W。12．（12分）某实验小组要测量电阻Rx的阻值．（1）用欧姆表“×10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图所示，可知该电阻的测量值约为140Ω。(2)接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电流表A1（20mA，内阻约2Ω）；电流表A2（0.6A，内阻约0.5Ω）；理想电压表V（0-3V）；待测电阻RX；滑动变阻器R1（0-20Ω）；滑动变阻器R2（0-200Ω）；干电池2节；开关、导线若干．该实验中，电流表应选用________（选填“A1”或“A2”）；在图乙、图丙电路中，应选用图________（选填“乙”或“丙”）作为测量电路；滑动变阻器应选用________（选填“R1”或“R2”）。(3)根据选择的电路和器材，在图丁中用笔画线代替导线完成测量电路的连接______。四、计算题：本题共2小题，共26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）如图所示的电路中，电源的电动势E为3.2V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为3.0V，额定功率为4.5W，当开关S接位置1时，电压表的读数为3.0V，那么当开关S接位置2时，小灯泡L能正常发光吗？实际功率是多少？（设灯丝电阻不随温度改变）14．（16分）如图所示，在足够大的金属板A上有一小孔S，粒子源C可由小孔S向各个方向射出速率v=2×104m/s的带负电粒子，B为金属网，A、B连接在电路上，电源的电压U0=6V、内阻不计，图中滑动变阻器滑片置于中点并保持不动，A、B间距d1=15cm，M为足够大的荧光屏，B、M间距d2=30cm，当粒子穿过金属网打到荧光屏上时，荧光屏上就会出现一个圆形的亮斑，已知粒子的比荷C/Kg，（金属网与荧光屏之间无电场分布，不考虑粒子所形成的电流对电路的影响，粒子重力不计）．求：（1）A、B间电场（视为匀强电场）的场强E的大小;（2）粒子到达荧光屏的最短时间t;（3）亮斑的面积S（取π=3）.15．（12分）一匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面，在xOy平面内，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内.一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速度为v，方向沿x轴正方向.后来，粒子在P点第一次经过y轴，此时速度方向与y轴正方向的夹角为30°，P到O的距离为L，如图所示.不计重力的影响.求磁场的磁感应强度B的大小和xOy平面内磁场区域的半径R.

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】

A．磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；B．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；C．根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；D．导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确．2、D【解析】

根据电场力做功公式WAB=qUAB，可知，初末位置电势相等，移动同一电荷时，电场力做功相等．电场力对正电荷做正功时，电势降低．【详解】正电荷由c经a移到d点，电场力做功为W1=qUcd，由c经b移到d点，电场力做功为W1=qUcd，则有W1=W1．电场力对正电荷做正功时，电势降低，则φ1＞φ1．故D正确，ABC错误．故选D．【点睛】本题考查对电场力做功WAB=qUAB的理解和应用能力．电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关．3、D【解析】MN在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，电流M在P点的磁场与MP垂直向右上方，电流N在P点的磁场的方向与NP垂直向右下方，所以，合磁场的方向水平向右．如图．故D正确，ABC错误．故选：D4、B【解析】

若=200Ω，＝10Ω,则与R0组成的部分电路的电阻远小于,移动上的滑片很不方便调节两端的电压.

当=10Ω，=200Ω时,移动上的滑片使两端的电压变化较快,移动上的滑片使R0两端的电压变化相对较慢,故B对；ACD错故选B【点睛】滑动变阻器采用分压式接法时,为使电压变化明显,滑动变阻器的总电阻要远小于被测电阻的电阻值.5、A【解析】

A.由欧姆定律可得，即导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，故A正确．B.导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，导体电阻在数值上等于它两端的电压与通过它的电流之比，对于一个确定的导体来说，所加的电压跟通过的电流的比值是一确定值；故B错误．C.导体的电阻变化时，电流也会发生变化，不控制变量的话，不能说明导体两端的电压随电阻的增大而增高；故C错误．D.导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关；导体两端的电压为零时，导体的电阻不为零；故D错误．6、C【解析】

把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，发现这个实验现象的物理学家是奥斯特；从通电直导线电流流向，根据右手螺旋定则判知，小磁针所在处的磁场方向是“垂直纸面向里”，而小磁针静止时，N极所指的方向就是磁场方向，所以小磁针的N极转向纸内，故选C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、CD【解析】

ABC．有图像可知弹簧振子的固有周期为4s，因此弹簧振子的固有频率为，弹簧振子做受迫振动的周期为8s，受迫振动的频率为，故AB错误；C正确；D．当转速n=15r/min=，即受迫振动的频率和弹簧振子的固有频率相同，物体达到共振，因此振幅增大，故D正确．8、CD【解析】

D：空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外；一个带电小球在竖直面内做直线运动，小球受的重力、电场力恒定，洛伦兹力垂直于速度，则小球所受三力恰好平衡做匀速直线运动，小球的动能不变。故D项正确。A：若小球带正电，小球受力如图：据左手定则可知，小球斜向左下方运动，电场力做负功，电势能增大。故A项错误。B：若小球带负电，小球受力如图：据左手定则可知，小球斜向右下方运动，电场力做负功，电势能增大。故B项错误。C：无论小球带何种电荷，小球的高度都下降，重力势能减小。故C项正确。9、BC【解析】

电流表的量程大于的量程，故电流表的内阻小于的内阻；电压表的量程大于的量程，故的电阻大于的电阻；由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，故A中的电流要等于中的电流，故A的读数比的读数大，A错误B正确；两电压表串联，故通过两表的电流相等，故的读数比的读数大，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表的偏转角等于电压表的偏转，C正确D错误．10、AD【解析】

AB.粒子刚好没能从边界射出磁场时，其运动轨迹刚好与相切，如图设带电粒子圆周运动的轨迹半径为，由几何关系有：解得：根据牛顿第二定律得：解得：运动时间为：故A正确，B错误；C.减小粒了的入射速率，粒子的周期不变，半径变小，粒子仍然从左边界出磁场，圆心角不变，则运动时间不变，故C错误；D.增人粒子的入射速率，粒子从磁场的右边界出磁场，粒子运动轨迹所对应的圆心角减小，则运动时间变小，故D正确．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、B1.1【解析】（1）测定伏安特性电压电流需从0开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻约为5Ω，属于小电阻，电流表采取外接法．灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择3V量程的，灯泡的额定电流在0..44A，则电流表量程选择0.6A的，电路图和实物连线图如下图：（2）开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B端，使测量电路部分处于短路状态，闭合电键时，电压表、电流表示数为零，起到保护作用。（3）当电压U=2.5V时，I=0.44A，根据P=UI=2.5×0.44W=1.1W。12、（2）A1乙R2（3）连线见解析；【解析】

（2）电路中可能出现的最大电流为I=ERX=3140≈0.021A=20mA（3）实物连线如图；四、计算题：本题共2小题，共26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、不能正常工作1.28W【解析】

当