四川省成都市2024-2025学年高二年级上册期末物理试卷（解析版）

四川省成都市2024-2025学年高二上学期期末物理试卷

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.下列说法正确的是（）

A.带电粒子在电场中一定沿电场线运动

B.带电粒子在电场中一定受到电场力的作用

C.带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用

D.通电导线在磁场中一定受到安培力的作用

【答案】B

【解析】

【详解】A.带电粒子在电场中不一定沿电场线运动，与带电粒子的初状态有关，故A错误；

B.带电粒子在电场中一定受到电场力的作用，故B正确；

CD.带电粒子在磁场中不一定受到洛伦兹力的作用，通电导线在磁场中也不一定受安培力作用，比如带电

粒子速度方向或通电导线平行于磁场方向时，故CD错误。

故选B。

2.关于单摆做简谐振动，下列说法正确的是（）

A.摆球经过平衡位置时合力为零B.摆球经过平衡位置时回复力不为零

C.仅增大摆球质量，单摆周期增大D.仅增大摆长，单摆周期增大

【答案】D

【解析】

【详解】AB.单摆做简谐运动的过程中，摆球经过平衡位置时，回复力为零，但所受的合力提供向心力，

故所受合力不为零，故AB错误；

CD.由单摆周期公式

T

可知摆球质量对周期无影响，摆长越长，周期越大，故C错误，D正确。

故选D。

3.关于教材中的四个实验装置，下列说法正确的是（）

导体棒、导轨与灵敏电流线圈平面与长直导线与线圈对连，另一个上方放置检测电流的小磁针

计构成闭合回路匀强磁场平行称轴重合且彼此绝缘（磁针畲/回路足够远）

图（a）图（b）图（c）图（d）

A.图（a）中导体棒必切割磁感线时，回路内会产生感应电流

B.图（b）中线圈绕轴旋转时，线圈内会产生感应电流

C.图（c）中长直导线中电流增大时，线圈内会产生感应电流

D.图（d）中闭合开关后，小磁针偏离原来位置并在新位置保持静止

【答案】A

【解析】

【详解】A.图（a）中导体棒油切割磁感线时，闭合回路中磁通量发生变化，回路内会产生感应电流，故

A正确；

B.图（b）中线圈绕。。‘轴旋转时，闭合回路中磁通量一直为零，线圈内不会产生感应电流，故B错误；

C.图（c）中长直导线中电流增大时，闭合回路中磁通量左右相互抵消，一直为零，线圈内不会产生感应电

流，故C错误；

D.图（d）中闭合开关瞬间，B中产生感应电流，小磁针偏离原来位置，但由于A所接为直流电源，B中感

应电流很快消失，小磁针又将重新回到原来的位置，故D错误。

故选Ao

4.材料、长度相同，横截面积不同的电阻丝兄、品与两个小灯泡Li、L2按图示电路连接，单刀双掷开关

C.电源的总功率减小D.电源的效率减小

【答案】C

【解析】

【详解】AB.电阻丝心、Rb的材料、长度相同，尺的横截面积比Rb的大，则

Ra<Rh

所以当开关接2时，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知总电流减小，则L的亮度减小。总电流减

小，电源的内电压和Li的电压都减小，则L2的电压增大，其亮度增大，故AB错误；

C.电源的总功率为

P=EI

/减小，E不变，则P减小，故C正确；

D.电源的效率为

=—xlOO%

7EI

当开关接2时，电路总电阻增大，路端电压U增大，则电源的效率增大，故D错误。

故选C。

5.如图所示，直角三角形A8C处于平行纸面匀强电场中，AB=4cm,BC=3cm„将电荷量为2x10-4

C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为零，从8点移到C点，克服电场力做功为6x10-4J。下列说

法正确的是（）

A.电场强度方向由A指向8B.电场强度方向由B指向C

C.电场强度大小为0.75V/cmD.电场强度大小为1V/cm

【答案】D

【解析】

【详解】因为将电荷量为2x10-4C的正点电荷从A点移到8点，电场力做功为零，所以直线为一条等

势线，又因为从8点移到C点，克服电场力做功为6x10-4J,所以间电势差为

因为电场线与等势线相交处互相垂直，且沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场强度方向由C指向2,由匀

强电场中电势差与电场强度的关系可知

UCB=ECIBC

其中UCB=-UBC,dec=3cm,联立可得

E=lV/cm

故选D。

6.生物电是细胞或组织在生命活动中产生的电现象，安静状态下细胞膜存在静息电位，其机理为钾离子

K+从膜内流向膜外后，导致细胞膜内侧与外侧存在电势差。安静状态下膜内外两侧电势呈现外正内负，电

荷分布如图所示。下列说法正确的是（）

膜外

K+膜内

++++++++

膜外

A.静息电位Uab为正

B.K+在a点电势能大于在b点电势能

C.K+外流过程中，电场力对K+做负功

D.安静状态下，将灵敏电流计的两极分别插入膜内和膜外后，指针不偏转

【答案】C

【解析】

【详解】AB.静息电位Uab为负，因为b点周围有很多正电荷，电势高，a点周围有很多负电荷，电势低,

所以Uab为负，K+带正电，在电势高的地方电势能大，故AB错误；

C.K+外流过程中，克服电场力做功，电场力对K+做负功，故C正确；

D.安静状态下，将灵敏电流计的两极分别插入膜内和膜外后，因为膜内和膜存在电势差，电荷发生定向移

动，指针发生偏转，故D错误。

故选Co

7.将矩形线圈按照图示方式静止放置于匀强磁场中，闭合开关后线圈能绕转轴向一个方向持续转动的是

【答案】c

【解析】

【详解】BD.根据左手定则可知，BD选项中线圈左右两侧导线受到的安培力合力为0,不会使线圈发生偏

转，故BD错误；

AC.根据左手定则，刚开始线圈左侧导线受到的安培力方向向向下，右侧导线受到的安培力方向向上，会

使导线圈沿逆时针方向转动，但A选项中，线圈转过半周后受到的安培力方向与线圈原来的速度方向反向，

不能使之持续转动，C图中转过半周时通过的电流方向与速度方向相同，可以持续转动下去，故A错误，C

正确。

故选Co

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.图（a）为一列简谐横波在f=0时刻的波形图，P、。分别是平衡位置为x=2m和x=8m处的质点，图

（6）为质点尸的振动图像。则下列说法正确的是（）

图(a)

A,该波沿x轴正方向传播B.该波的周期为1s

C.该波传播速度大小为4m/sD.0~2.5s内，质点0运动的路程为50cm

【答案】CD

【解析】

【详解】B.由乙图可知周期

T=2s

故B错误；

C.由甲图可知波长为81，结合周期，可知波速为

2

v=­

T

解得

v=4m/s

故C正确；

A.由乙图P点的振动图像可知P点之后向下振动，结合甲图的波形图，可知该波的传播方向为沿x轴负方

向，故A错误；

D.由乙图可知周期2s,故完成

2.5s_5

~2s~~4

次全振动，故。点通过的路程为

—x4A=』x4xlOcm=50cm

44

故D正确。

故选CD„

9.洛伦兹力演示仪结构如图所示，圆形励磁线圈通电流后，在线圈内部产生垂直纸面方向的匀强磁场，磁

感应强度大小为8=9.2x10-4正中央为半径厂=10cm的球形玻璃框，电子枪位于玻璃框球心的正下

方，电子从静止开始经U=1.0x103V的加速电压加速，并从A点水平向左垂直进入磁场。电子打到玻璃

框最左端的C点，速度偏转角为60。。不计电子重力，下列说法正确的是（）

A.励磁线圈内电流沿顺时针方向

B.仅增大加速电压可使电子玻璃框内做完整圆周运动

C.电子的运动半径为迎8cm

3

D.电子的荷质比约为1.67x108C/kg

【答案】AC

【解析】

【详解】A.电子速度方向水平向左，电子向上偏转，说明电子刚射入磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左

手定则可知，磁场垂直于纸面向里，由安培定则可知，励磁线圈中的电流沿顺时针方向，故A正确;

B.电子在加速电场中加速，由动能定理得

12

eU=—mv—0

2

电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得

v2

evB=m—

r

解得

2mU

仅增大加速电压U,电子在磁场中的轨道半径r增大，电子会打在玻璃框上，不能做完整的圆周运动，故B

错误;

C.电子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示

102073

R=------二—^rcm=cm

sin60043

2

故C正确;

D.电子在加速电场中加速，由动能定理得

12

eU=—mv—0

2

电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得

v2

evB=m一

R

代入数据解得，电子的比荷

—»1.77xlO11C/kg

m

故D错误。

故选AC。

10.图（a）为示波管的部分原理图，电子经加速电压加速后，向右进入水平偏转电极，电极X、X'间加

上图（b）所示的扫描电压，内部可视为匀强电场（竖直偏转电极未画出）。已知加速电压为U,水平偏转

电极长L,间距d,电极右端到荧光屏距离为七，当扫描电压周期为T,峰值为Uo时，荧光屏上可见一亮

点在水平方向上移动。电子比荷为上，不计电子重力及电子间的相互作用力，电子通过水平偏转电极的

m

时间极短。关于扫描过程，下列说法正确的是（）

A.电子射入偏转电极时的速度大小为J—

Vm

B.0〜工入射的电子有可能打到图（a）所示亮点。的位置

2

C.若要在荧光屏上看到一条水平亮线，应该降低扫描频率

4+4

D.荧光屏上亮点移动的速度为

22

【答案】BD

【解析】

【详解】A.电子在加速电场中，根据动能定理

eU=mvg

可得，电子射入偏转电极时的速度

故A错误。

B.在0—-时间内，扫描电压为正，电子在水平偏转电极间受到沿X,X的电场力，会向X侧偏转，所以

2

0--入射的电子有可能打到图（a）所示亮点a的位置，故B正确。

2

C.在荧光屏上看到一条水平亮线的条件需要减小扫描时间，即提高扫描频率，使得电子在荧光屏上的位置

快速变化，由于视觉暂留效应，人眼就会看到一条连续的亮线，而不是降低扫描频率，故c错误。

D.电子在水平偏转电极间做类平抛运动，水平方向

A=

竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有

所以有

12U。/

y二一印1二-----

1｝2114Ud

离开偏转电场竖直方向速度为Vy,有

%=附

电子离开偏转电场，做匀速直线运动，水平方向位移

L[=

竖直方向有

mavQV02ud

则电子所打位置与。之间的距离为

丫=%+为=

4dU

由题图可知，其偏转电场U与时间在0~7内关系由题图结合数学知识可知为

U=^t-uo

将其代入，整理有

y=(L]+2L2R1j200

t—U。

4dU

由速度的定义可知，其是物体运动的位移与其时间的比值，在数学上的表示即为位移与时间函数的一阶导,

可得荧光屏上亮斑移动的速度

故D正确。

故选BD。

三、实验题：本题共2个小题，共14分。

11.某同学用图（a）电路观察平行板电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可显示

电路中电流随时间的变化。图（a）中电源电动势为6V,实验前电容器不带电。先使S与“1”相连给电

容器充电；充电结束后使S与“2”相连，直至放电完毕。计算机记录电流随时间变化的i-t曲线如图

（b）o

（1）充电结束后，使S与“2”相连时，流过&的电流方向为（选填“从左往右”或“从右

往左”）；

（2）图（b）中阴影部分面积Si&（选填或“=”）；

（3）若在上述实验放电完毕后将平行板电容器两极板间距离增大，再使S与“1”端相连给电容器充电，

并记录此时得到的曲线得到阴影部分面积S3（未画出），贝US?S3（选填或

"="）„

【答案】（1）从右向左

（2）=（3）>

【解析】

【小问1详解】

[1]电容器的右极板与电源的正极相连，所以电容器的右极板带正电荷，充电结束后，使S与“2”相连时,

电容器放电，正电荷从右极板经电阻和电容器左极板的负电荷中和，所以流过此的电流方向为从右向左；

【小问2详解】

图像与坐标轴所围面积表示电荷量，在横轴上方的面积表示给电容器充电的电荷量；横轴下方的面积

表示电容器放电的电荷量，所以

51=&

【小问3详解】

[1]将平行板电容器两极板间距离增大，根据

4汽kd

可知，电容器的电容变小，电源电压不变，根据

Q=CU

可知，电容器带电荷量减少，而i7图像与坐标轴所围面积表示电荷量，所以

S>S3

12.甲同学在使用手电筒时发现灯泡发出的光变暗了，于是想到将手电筒里串联的两节旧干电池中的一节

更换为同规格的新电池，将新、旧电池搭配使用。乙同学则指出课本必修第三册中在关于电池组相关内容

中提到同型号的新、旧电池不合适组成电池组。于是，甲、乙两同学想设计方案来探究手电筒中将新、旧

电池搭配使用是否合理。

图(a)图⑹

I.一节旧干电池的电动势约为L4V,内阻约为几欧姆。为测量其电动势和内阻，实验室提供以下器材:

电压表（量程。〜3V,内阻很大），电流表（量程。〜0.6A,内阻约2Q）,滑动变阻器（0-20Q）,开关S

和导线若干。

（1）为尽量减小实验误差，实验电路图应采用（填“图（。）”或“图（6）”）方案；

（2）通过多次测量并记录对应的电流表示数/和电压表示数U,利用这些数据画出了U-/图线，如图

（c）所示。由图线得此干电池的电动势£=V,内阻片Qo

II.两同学获知手电筒中小灯泡的电阻为4。（电阻视为不变），且通过查阅资料得出电动势和内阻分别为

（Ei,n）和（E2,厂2）的两电池串联后形成的电池组的电动势为E1+%,内阻为n+厂2。

（3）两同学获悉一节同型号新电池的电动势为1.5V,内阻为0.2。。若将已测得电动势和内阻的旧电池与

一节同型号的新电池串联作为电池组为小灯泡供电时，电池组效率为机；两节同型号的新电池串联作为电

池组为小灯泡供电时，电池组效率为〃2,则幺=

%

【答案】（1）（a）(2)①.1.38②.3.8

(3)0.55

【解析】

【小问1详解】

电流表内阻约为2Q,如果采用图所示电路图电池内阻的测量误差太大，为减小实验误差，应选择图

（a）所示电路图

【小问2详解】

[1][2]由闭合电路的欧姆定律

U=E-Ir

由图（c）所示图像可知，电池的电动势

E=1.38V

内阻

AU1.38-1.00

r=-----=0=3.80

A/0.10

【小问3详解】

由闭合电路的欧姆定律得

._石新+昂

2E新

71—，12=

&+能+相%+2%

电池组的效率

+与）'F2E新

代入数据解得

7

=0.55

%

四、计算题：本题共3个小题，共40分。

13.某小组通过实验测得玩具电动机电流随电压变化的/-U图像如图所示，电压小于IV时，电动机不

电动机恰好正常工作。忽略电动机内阻变化。求:

（1）电动机的内阻r；

（2）电动机正常工作时电动机的输出功率尸和机械效率〃（计算结果保留两位有效数字）。

【答案】（1）1。（2）12W,67%

【解析】

【小问1详解】

由/-U图像可得电压为IV时，电流为1A,此时电动机不转，其电路为纯电阻电路，内阻为

r=—=1Q

A

【小问2详解】

电动机正常工作时，从/-U图像可得电压为U=6V,电流为/=2A,电动机消耗的电功率为

P=U/=6x2W=12W

电动机的发热功率为

尸热=72『22X]W=4W

电动机正常工作时电动机的输出功率为

产机械=P-P热=12W-4W=8W

电动机正常工作时电动机的机械效率为

*100%=§x100%标67%

P12

14.如图所示，地面上方存在范围足够大、方向水平向右的匀强电场，长为L的绝缘轻绳一端固定在离地

高度为3乙的。点，另一端连接一个质量为机、电荷量为q（q>0）的带电小球（可视为点电荷），小球静

止时绳与竖直方向夹角0=45°,重力加速度为g,不计空气阻力。

（2）将小球拉到与。点等高的8点，给小球一竖直向下的初速度％=卢/，求小球运动到。点正下方

C点时的速度大小V；

（3）在（2）问情况下，小球运动到C点时细绳突然断裂，求从细绳断裂到小球落到地面所需的时间f及

落地点与。点的水平距离兀

mp

【答案】（1）—

q

⑵河

（3）,2（夜—1）L

【解析】

【小问1详解】

小球静止时，对小球分析受力可知小球带正电，如图所示

qE=mgtan6

解得

q

【小问2详解】

小球从B点到C点，根据动能定理得

11

mgL-qEL=—mv2--mv^9

解得

v=>/2gL

【小问3详解】

细绳突然断裂后，小球在重力和电场力的作用下做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，则有

1,

3L-L=-gt2

解得

小球水平方向加速度大小为

坦=蟹

mm

下落过程，小球水平方向的位移为

12

x=vt——at

2

解得落地点与。点的水平距离

x=2(V2-l)L

15.如图所示，匀强磁场区域I、II、III宽度为3区域I高度为返：，区域II、III上下无限延伸，三个

2

区域磁场的磁感应强度大小相等，方向如图。磁场左右两侧沿轴线。1。2分别存在方向如图所示的电场，

场强大小与到磁场边界的距离X成正比，即£=加(公为比例系数)。一质量为加，带电量为4(?>0)的粒

子以速度vo从磁场I左边界中点。1垂直边界射入，经I、II区域边界上的尸点进入II区域，速度方向与

边界夹角为60。。忽略边界效应及粒子重力。求：

(2)粒子从5点出发到第一次回到Oi点的过程中，在磁场运动的路程si及电场中运动的路程S2；

(3)粒子运动一个完整周期的总时间(已知回复力为“=一质的简谐振动，周期为T=2肛生)。

26mV。

【答案】（1）

qL

(2)Sl=^kk,S2=2V0

8百万Lc

(3)———+2万