广东省广州市天河区2024-2025学年高二年级上册期末物理试题（解析版）

2024学年第一学期天河区期末考试

高二物理

本试卷共8页，满分为100分，考试用时75分钟。注意事项：

1.答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡相应

的位置上。

2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。

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

的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂

改液。不按以上要求作答的答案无效。

4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项符合题目要求。

I.如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬

挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（）

pi三&Q

A.P和Q都带正电荷B.P和Q都带负电荷

CP带正电荷，Q带负电荷D.P带负电荷，Q带正电荷

【答案】D

【解析】AB.受力分析匕知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；

CD.若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，依本

题选D.

2.多用电表表盘指针指在如图所示的位置，下列说法正确的是（）

A-V-Q

A.若该读数是选用电阻挡“xlOO”倍率得到的，应该更换“xlO”倍率，直接再测

B.用多用电表欧姆挡测量电路中的某个电阻，不需要把该电阻与其他电路断开

C.若选用的是直流电压“50V”的量程，则指针读数为45.0V

D.用多用电表欧姆挡测量某二极管的正向电阻时，应使红表笔接二极管的正极

【答案】C

【解析】A.若该读数是选用电阻挡“x100”倍率得到的，应该更换“xio”倍率，然后重新进

行欧姆调零，接着测量，故A错误：

B.用多用电表欧姆挡测量电路中的某个电阻，必须把该电阻与其他电路断开，故B错误;

C.若选用的是直流电压“50V”的量程，则指针读数为45.0V,故C正确；

D.用多用电表欧姆挡测量某二极管的正向甩阻时,应使黑表笔接二极管的正极，故D错误。

故选Co

3.反天刀是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着电器官，这些器官能

在鱼周围产生电场，如图为反天刀周围的电场线分布示意图，4、B、。为电场中的点，下

列说法正确的是（）

A.头部带负电

BA点电场强度大于C点电场强度

CC点电势大于B点电势

D.正电荷从C向A运动，其电势能变大

【答案】B

【解析】A.电场线从正电荷到负电荷，由电场线分方可知，头部带正电，A错误；

B.电场线的疏密程度表示电场强度大小，因此A处的电场线比C处密，因此4点电场强

度大于C点电场强度，B正确；

C.沿电场线方向电势降低的方向，所以C点电势小于8的电势，C错误；

D.正电荷在电势高的地方电势能大，所以正电荷从。向A运动，电场力做正功，其电势

能变小，D错误。

故选B,

4.如图为双量程电流表电路示意图，〃为负接线柱，〃、。均为正接线柱。表头满偏电流

为500mA,内阻为200d两种量程分别为1A和10A。下列说法正确的是()

A.当使用〃、〃两个端点时，量程为1A

B.当使用〃、c两个端点时，量程为10A

C.&=180C

D.凡=15C

【答案】C

【解析】AB.当使用。、b两个端点时，量程为

/7J(i)

,nl8R

当使用。、C两个端点时，量程为

/=/+_^_

gR+R?

以上分析可知

*＞岫

可知当使用。、b两个端点时，量程为10A,当使用a、c两个端点时，量程为1A,故AB

错误；

CD.结合以上分析有

其中

/=500mA,R=200Q

联u解得

Ri=20C、&=180C

故C正确，D错误。

故选C。

5.实验室经常使用的电流表是磁电式电流表。这种电流表的构造如图甲所示。极靴与软铁

芯间的磁场都沿半径方向，若线圈中通以如图乙所示的电流，则下列说法正确的是（）

图甲图乙

A.量程内指针转至任一角度，线圈平面都跟磁感线垂直

B,线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动

C.当线圈在如图乙所示的位置时，〃端受到的安培力方向向上

D.当线圈在如图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿逆时针方向转动

【答案】B

【解析】A.由于线圈与软铁芯共轴，线圈平面总是与磁感线平行，故A错误；

B.电流表的调零使得当指针处于“0”刻线时，螺旋弹簧处于自然状态，所以无论线圈向哪

一方向转动都会使螺旋弹簧产生阻碍线圈转动的力，故B正确：

CD.由左手定则知，〃端受到的安培力方向向下，〃端受到的安培力方向向上，安培力将

使线圈沿顺时针方向转动，故CD错误；

故选B。

6.如图所示，高压输电线上有。、仇。三根相互平行的水平长直导线并通有相同的电流

"、〃'、c'为导线。、b、c上同一竖直面的三个点，连接三点构成的三角形为等腰直角三

角形O为连线的中点。不计地磁场的影响。下列说法正确的是（）

A.0点的磁感应强度方向从。指向〃

B.0点的磁感应强度方向从。指向c'

C.导线〃受到的安培力方向竖直向上

D.导线小。受到的安培力相同

【答案】B

【解析】AB.根据安培定则得到三根导线在。点从磁感应强度方向如图所示

其中a、c在。点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，正好互相抵消，所以0点的磁

场方向从。指向C»故A错误，B正确；

C.导线。的受导线〃、。的作用力如图所示

h'

因为三根导线中的电流大小相等，所以"之间和仍之间的安培力大小相等，所以导线

受到的安培力应该是竖直向下，故C错误；

D.〃、b、c三根导线导电流方向相同，导线两两之间是引力，导线外c受到安培力方向

不同，故D错误。

故选B。

7.如图所示，一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧，与线圈相连的导线出“/内有

水平向里变化的磁场.下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离（）

【答案】A

【解析】由楞次定律可知，要使铝框向左远离，则螺线管中应产生增大的磁场，即螺线管

中电流应增大；而螺线管中的电流是由。仅d区域内的磁场变化引起的，故。从4中的磁场

变化率应增大，故A正确，BCD错误.

8.如图所示，倾角为37。的足够长光滑斜面;固定在水平匀强电场中。一带正电的小物块

质量为小，电荷量为外在斜面A点处于静止状态。某时刻，电场强度大小变为原来的

小物块经2s运动至△点。sin37°=0.6,cos37°=0.8,^=IOm/s2.则（）

A.原来的电场强度大小为安

B.小物块运动的加速度为2m/s2

C.小物块2s内的位移大小为12m

D.电场变化前，A8两点电势差为一当曳

5q

【答案】D

【解析】A.电场强度未改变前，对物块，由平衡条件有

Eqcos37°=mgsin37°

解得

E-

4q

故A错误；

B.电场强度改变后，对物块，由牛顿第二定律有

mgsin37°cos37°=nui

解得加速度

a=3mzs21

故B错误；

C.结合B选项分析，小物块2s内的位移大小为

x=—ar=—x3x22m=6m

212

故c错误;

D.根据

U=Ed

可知电场变化前AB两点电势差

UAB=-Evcos37°=一!^

.5q

故D正确。

故选Do

二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得。分。

9.把一枚具有强磁性的小圆柱体从固定的竖直铝管上端放入管II。下落过程中，小圆柱体

不与铝管接触。小圆杆形磁体下落过程中（）

A,加速度小于重力加速度B,加速度大于重力加速度

C减少的重力势能等于增加的动能D.减少的重力势能大于增加的动能

【答案】AD

【解析】AB.小圆柱形磁体下落过程中，铝管中产生感应电流，磁体受到向上的安培力，故

磁体合力小于重力，根据牛顿第二定律可知，加速度小于重力加速度，故A正确，B错误；

CD.磁体下落过程中，安培力对其做负功，由能量守恒定律可知，磁体减少的重力势能大

于增加的动能，故C错误，D正确。

故选ADo

10.如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个磁感应强度大小分别为B和2B,方向相

反的竖直匀强磁场区域，磁场宽度均为L一个边长为L、质量为加、电阻为R的单函正

方形金属线框，在垂直于磁场的水平恒力〃作用下从位置I静止出发，运动到位置J（线

框各有一半面积在两个磁场中），线框在位置H时速度为人下列说法正确的是（）

B2B

IxxIL・・

•••

x：X:W・

f:・1・

x!x••；•

XX•••

<----->+<-----►

1L1L1

3

A.从位置.I运动到位置II过程中产生的内能为一儿-J〃"2

22

B,线框在位置n时感应电流大小为码上

R

C.线框在位置II时磁通量为BU

D.线框在位置I【时磁通量为今以？

【答案】ABD

【解析】A.从位置I运动到位置11过程中,

根据动能定理可得

根据功能关系，

从位置I运动到位置II过程中产生的内能为

故A正确；

B.线框在位置H时感应且动势为

E=BLv-^2BLv=3BLv

线框在位置II时感应电流大小为

,E3BLv

RR

故B正确；

CD.线框在位置II时磁通最为

(P=2Bx-L：-Bx-Lr=-Bl}

222

故C错误，D正确。

故选ABD.

11•如图所示，圆心为。、半径为「的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面

向外的匀强磁场：圆形区域内无磁场。P是圆外一点，且OP=3r,一质量为〃八电荷量为

虱4＞。）的粒子从。点在纸面内垂直于。尸射出。己知粒子运动轨迹经过圆心O,不计重

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径A

2

4

B.粒子在磁场中做圆周运动的半径R二二一

3

C.粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间，二二巴

2qB

D.粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间，二十二

4qB

【答案】BC

【解析】AB.根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,由几何关系有

（3r-/?）2=/?2+r2

解得

R=-r

3

故A错误，B正确；

CD.由

cV

qvB=m—

可得粒了•在圆形区域做匀速直线运动的速度大小为

4qBr

3m

则粒子第一在圆形区域内运动的时间为

2r_3/n

v2qB

故C正确，D错误。

故选BCo

三、非选择题（本题共7小题，共56分。考生根据要求作答）

12.物理兴趣实验小组的同学利用如图所示的电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电

源，S为单刀双掷开关，K为定值电阻，C为电容器，A为理想电流表，V为理想电压表。

（1）当开关S接（填“1”或“2”）时，电容器处于充电过程，此过程中电压表的示

数U随时间，变化的图像为。

左”）。

<3）放电时电流随时间变化的/一/曲线与横轴所围成的面积代表的含义为。

【答案】（1）1B（2）从左至右（3）电容器充电结束时存储的电荷量

【解析】（1）当开关S接1时，电容器与电源相连，则电容器处于充电过程，此过程

中电容器两板间电压逐渐变大，最后趋于稳定状态，则电压表的示数U随时间，变化的图

像为Bo

（2）开关S掷向2后，电容器放电，因电容器下极板带正电，可知通过电流表A的电流

方向为从左到右。

（3）根据夕=〃，可知，放电时电流随时间变化的/一/曲线与横轴所围成的面积代表的含

义为电容器充电结束时存储的电荷量。

13.某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的橙子制作了橙汁电池，他们

利用卜.列器材测量这种电池的电动势E和内阻测量电路的电路图如图甲所示。

所用器材有：

一个电源E（电动势约IV、内阻约IkC,由盛有橙汁的玻璃器皿、铜片和锌片组成）；

一只微安表G（内阻为4=100。，量程为。〜300卬\）；

一个电阻箱R（阻值为0~9999£1）；

一个开关S,导线若于。

（1）连接电路后，通过多次测量得到电阻箱R和电流表/的各组数据，利用数据作出

~j-R图线如图乙实线所小;

（2）根据;一R图线可得石=V,r=kQ（结果均保留2位有效数字）;

（3）若将电路图中的微安表G当成理想电表，得到的电源内阻为产，由此产生的误差为

|-^|x100%=%（结果保留2位有效数字）；

（4）将该橙汁电池静置一段时间后，再次测量获得数据画出;-R图线如图乙中虚线所

示，可知该电池的内阻________（填“增大“”减小“或“不变

【答案】（2）0.931.0（3）10%（4）增大

【解析】⑵⑴⑵根据闭合电路欧姆定律有

E

-R+R.+r

解得

I1nR.+r

IEE

结合图像有

1_12（X）0-1200,

~E~—lOxlO5

巴士=12OOAT

E

解得

E=0.93V

r=l.（）kn

（3）|引若将电路图中的可流表当成理想电表，得到的电源内阻为，，

则

/=R、+r

则有

［二X100%=10%

r

R+厂

（4）［4］根据前面分析可知，图像的纵截距的绝对值表示上一,虚线纵截距的绝对值变

E

大，则电池的内阻增大。

14.在“测量金属丝的电阻率”实验中。

（1）用螺旋测微器和游标卡尺分别测量粗细均匀金属丝的直径和长度，结果分别如图甲和

乙所示。金属丝的直径。为mm,长度L为cm。

56（cm）

E-25II」」」1.1IIII11IIIII

州WT

0=-20

0510

甲乙

（2）将该金属丝（阻值约为5Q）固定在木板上，掂备测量其电阻（要求电压可以从零开

始调节）。现有电源（电劭势E为3.0V,内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：

A.电流表（量程0~0.6A,内阻约0.5Q）

B.电压表（量程0〜3V,内阻约3kQ）

C.滑动变阻器（0〜5Q,额定电流1OA）

D.滑动变阻器（0-100Q,额定电流1A）

a,为减小误差，且便于操作，滑动变阻器应选_______（选填器材前的字母）。

b.如图所示为测量该金属丝电阻的实验电路实物图，图中已连接了部分导线，请补充完成

c.测量出电压表示数为U,电流表示数为/,则该金属丝电阻率测量值的表达式

p=（用题中测量的物理量符号表示）。

【答案】(1)1.74513.14(2)C

【解析】（1）［1］螺旋测微器和的精确度为0.01mm,读数为

D=1.5mm+24.5xO.Olmm=1.745mm

［2］游标卡尺的精确度为0.1mm,读数为

L=13.1cm+4x0.1nun=13.14cm

（2）a.Hl要求电压可以从零开始调节，应用分压式接法，选择最大阻值较小的滑动变

阻器，应选C。

b.［2］待测电阻较小，采用电流表外接法，实物图连接如图

根据欧姆定律有

U_

R=

解得

nUD2

4IL

15.按要求填空;

（1）回旋加速器D形盒的半径为心匀强磁场的磁感应强度为从一个质量为机、电荷量

为夕的粒子在加速器的中央从速度为。开始加速。根据回旋加速器的这曲数据，该粒子离

开回旋加速器时获得的动能为o

（2）如图所示，A、B两个单匝闭合线圈是用同样的导线制成的，线圈半径私=2心：图示

区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，线圈A中的感应电流方向为（填“顺时

针”或“逆时针”），线圈A、B中产生的感应电流之比IA:IB=

XXXX

X

X

X

40

XXXX

00.30.6x/m

XXXX

（3）在一个点电荷。的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A3两点的坐标

分别为0.3m和0.6m。在A、8两点分别放置试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷

量的关系，如图中直线A、8所示。点电荷。所在位置的坐标是_______m。

/TN

5

【答案】(1)qB丫(2)顺时针2:1(3)0.2

2m

【解析】（1）粒子在磁场中做圆周运动，设该粒子离开回旋加速器时速度大小为打洛伦

兹力提供向心力，有

v2

qvB-m一

则该粒子离开I川旋加速器时获得的动能

*12

Ek=—mv

联立解得

E=sl^L

卜2m

（2）[1]由于线圈A中的磁感应强度减小，则磁通量减小，由楞次定律（增反减同）可知

线圈A中的感应电流方向为顺时针.

⑵由于磁感应强度均匀减小，则些为常数，设其为公根据法拉第电磁感应定律有

Ar

「ABSAB，.，

E=-------=——TIR~=knR~

A/Ar

设线圈横截面积为So,电阻率为P，则线圈电阻

nL2兀R

人=Pp=P

则电流

1=1

联立解得

可知电流与半径R成正比，由于线圈半径尺尸2Q，则

（3）由于电场力

F=Eq

知"-〃图像斜率表示电场强度，根据题图可知人、区两点电场强度为

41

E.=——N/O40N/C、ER=—N/C=2.5N/C

40.180.4

知两点电场强度方向均沿x轴正方向，所以点电荷在两点产生的电场强度方向相同，且A

点电场强度大于8点电场强度，故场源电荷必定在A点的左侧，设场源电荷的坐标为x,

则有

后一kQE_kQ

L（0.3T）2l（0.67『

联立解得

x=0.2m

16.如图1所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L=0.3m。导轨左端连接R=0.6C

的电阻。区域。灰内存在垂直于导轨平面磁感应大小为8=0.6T的匀强磁场，磁场区域宽

。=02%细金属棒4和A2用长为2。的轻质绝缘杆连接，垂直放置在导轨平面上。每根

金属棒在导轨间的电阻均为「=（）.3。，导轨电阻不计。使金属棒以u=l.（）m/s沿导轨向右匀

速穿越磁场。在4进入磁场（/=0）到A?离开磁场的时间内。求：

（1）i=O』s时4受到的安培力大小；

（2）不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图2中国出。

【答案】（I）0.0648N（2）见解析

【解析】（1）设4在磁场区域运动的时间为小则有

D=%

解得

t}=0.2s

则，=().ls时，Ai产生的感应电动势为

E=BLv=0.18V

此时回路总电阻为

R=r+----=0.5。

JtR+r

通过A的电流为

E

/,，,=——=0.36A

思D

N总

所以4受到安培力大小为

F.=B7,,L=0.0648N

(2)由(1)知，0~0.2s

通过R的电流为

《二’一/总

1

R+r显

可得

/1=0.12A

0.2-0.4S,4、4均不切割磁感线

通过R的电流

/2=0

0.4~0.6s,同理可得通过A的电流为

/3=0.12A

°08.00.20.40.60.8t/s

17.如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为

2L的立方体区域出7。(加力内有竖直向上的匀强磁场。一质量为"7,电量为+q的粒子，

以初速度如水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间

做匀加速直线运动。粒子自圆筒N