甘肃省兰州市新区多校2025-2026学年高二上学期期末考试物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1高二上学期期末学业水平质量测试卷物理本试卷满分100分，考试时间75分钟注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置。2．全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5毫米黑色笔迹签字笔写在答题卡上。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7小题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10小题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.如图所示，导线环中无电流时，小磁针与导线环在同一平面内，当导线环中沿逆时针方向通过电流时，小磁针N极的运动方向为（）A.在纸面内顺时针向下转动B.在纸面内逆时针向上转动C.垂直纸面向外转动D.垂直纸面向里转动【答案】C【解析】当导线环中沿逆时针方向通过电流时，根据安培右手定则可以判断环内的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极的指向与磁场方向相同，应该垂直纸面向外转动。故选C。2.如图所示，真空中A、B是两个电荷量大小相等的点电荷，A带负电、B带正电，A、B连线的中点为O，C点位于A、B连线的中垂线上，下列说法正确的是（）A.C点的电场强度比O点大B.O点电场强度比C点大C.C点的电势比O点高D.O点的电势比C点高【答案】B【解析】AB．等量异种点电荷形成的电场中，在两个点电荷连线的中垂线上，从中点O沿中垂线向外电场强度逐渐减小，即O点的电场强度大于C点的电场强度，故A错误，B正确；故选B。A.B.C.D.由于两个线圈的匝数未知，与的大小关系无法确定【答案】A【解析】磁通量与线圈的匝数无关，从图中可以看出，穿过S1处线圈的磁感线比穿过S2处线圈的磁感线多，所以穿过S1处线圈的磁通量较大，故。故选A。A.3cm B.6cm C.4cm D.12cm【答案】D【解析】A、B两点沿电场线方向的距离为两点间电势差为已知电场强度为E=100V/m，根据，可得故选D。5.如图所示为探究感应电流产生条件的实验装置，螺线管A与滑动变阻器、学生电源、开关组成一个闭合回路；螺线管A放在螺线管B内，螺线管B与电流计组成另一个闭合回路。下列操作中不能观察到电流计指针偏转的是（）A.开关闭合瞬间B.开关闭合后，将滑动变阻器滑片左移C.开关闭合后，将螺线管A从螺线管B中拔出D.使螺线管A、B一起在水平桌面上移动【答案】D【解析】A．开关闭合瞬间，螺线管A中的电流增大，产生的磁场增强，穿过螺线管B的磁通量增大，由产生感应电流的条件可知，螺线管B中产生感应电流，电流计指针偏转，A不符合题意；B．开关闭合后，将滑动变阻器滑片左移，螺线管A中的电流减小，产生的磁场减弱，穿过螺线管B的磁通量减小，由产生感应电流的条件可知，螺线管B中产生感应电流，电流计指针偏转，B不符合题意；C．开关闭合后，将螺线管A从螺线管B中拔出时，穿过螺线管B的磁通量减小，螺线管B中产生感应电流，电流计指针偏转，C不符合题意；D．使螺线管A、B一起在水平桌面上移动，穿过螺线管B的磁通量不变，螺线管B中不会产生感应电流，电流计指针不偏转，D符合题意。故选D。6.由完全相同的金属材料制作的两个等长的圆柱形导体，左侧圆柱形导体半径为r1、电阻为R1，右侧圆柱形导体半径为r2、电阻为R2。如图所示，把两个圆柱形导体串联起来接到电路中，发现电子在两个导体内定向移动的速率分别为v1、v2，已知。则下列说法正确的是（）A.两个圆柱形导体电阻之比B.两个圆柱形导体电阻之比C.电子在两个圆柱形导体内定向移动的速率之比D.电子在两个圆柱形导体内定向移动的速率之比【答案】C【解析】AB．根据电阻定律表达式及，可得两个圆柱形导体电阻之比，故AB错误；CD．两个导体串联在电路中，流过两个导体的电流相等，根据导体中电流的微观表达式I=neSv，可得，故C正确，D错误。故选C。7.在如图所示的U-I图像中，直线a表示某电源的路端电压与电流的关系，直线b表示某电阻R的电压与电流的关系。现将该电源直接与电阻R连接成闭合电路，则（）A.电源的内电阻为4ΩB.电源总功率为4WC.如果电阻R增大，则电源的效率增大D.如果电阻R增大，则电源的输出功率增大【答案】C【解析】A．由直线a可知，电源的内电阻为电动势E=6V，故A错误；B．根据直线a和直线b的交点可知，该电源直接与电阻R连接成闭合电路时，流过电源的电流为I=1A则电源总功率为P=EI=6W故B错误；C．电源的效率为当电阻R增大时，电源的效率增大，故C正确；D．在闭合电路中，当R=r时，电源的输出功率最大，根据直线b可知，电阻所以当电阻R增大时，电源的输出功率减小，故D错误。故选C。8.实验室内有一量程为0.6A的电流表，已知该电流表是由一个表头和一电阻R并联改装而成，其中电阻R的阻值为1Ω，则表头的量程Ig和内阻Rg可能为（）A.3mA199Ω B.3mA200Ω C.1mA599Ω D.1mA600Ω【答案】AC【解析】表头和电阻R并联，则表头与电阻R两端的电压相等，根据欧姆定律有当时，当时，故AC正确，BD错误。故选AC。9.智能手机屏幕的光线过强会对眼睛有伤害，因此手机都有一项可以调节亮度的功能。某校物理兴趣小组为了模拟该功能，设计了如图所示的电路，电路中有一光敏电阻（当照射光敏电阻的光照变强时其电阻减小，光照变弱时其电阻增大）。闭合开关后，进行了某项操作，发现小灯泡变暗。则该项操作可能是（）A.将滑动变阻器滑片向a端滑动B.将滑动变阻器滑片向b端滑动C.光照变强D.光照变弱【答案】BD【解析】A．将滑动变阻器滑片向a端滑动，滑动变阻器接入电路的有效阻值变小，电路总电阻变小，电流增大，灯泡的功率变大，灯泡变亮，故A错误；B．将滑动变阻器滑片向b端滑动，滑动变阻器接入电路的有效阻值变大，电路总电阻变大，电流减小，灯泡的功率变小，灯泡变暗，故B正确；C．光照变强，光敏电阻的阻值变小，电路总电阻变小，电流增大，灯泡的功率变大，灯泡变亮，故C错误；D．光照变弱，光敏电阻的阻值变大，电路总电阻变大，电流减小，灯泡的功率变小，灯泡变暗，故D正确。故选BD。10.如图所示为某智能手机加速度传感器的俯视图，M、N为电容器的两极板，M极板固定在手机上，N极板通过两个完全相同的水平弹簧与手机相连，电容器充电后与电源断开。手机静止时，弹簧为原长状态，电压传感器示数为U0。不计摩擦，若手机在水平面内沿左右方向做变速运动时，发现M、N两极板间距d减小，则（）A.手机可能向右做加速运动B.电容器的电容变大C.电压传感器的示数小于U0D.M、N两极板间的电场强度变大【答案】BC【解析】详析】A．、两极板间距减小，则弹簧伸长，极板所受弹力方向向左，加速度方向向左，手机可能向左做加速运动或向右做减速运动，故A错误；B．两极板间距变小，根据可知，电容变大，故B正确；C．电容器充电后与电源断开，则电荷量不变，根据可知，电容器两端电压变小，则电压传感器的示数小于，故C正确；D．根据，，，可得，当、两极板间距减小时，、两极板间的电场强度不变，故D错误。故选BC。二、非选择题（本题共5小题，共57分）11.某物理兴趣小组在“探究影响电荷之间静电力大小的因素”实验中，设计了如图所示的实验装置。该小组选用完全相同的均带正电荷的小球A和B，且小球A的电荷量大于小球B的电荷量，小球A固定在可移动的绝缘座上，小球B用绝缘丝线悬挂于C点。实验时采用控制变量法，先保持两小球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察小球B悬线偏角的变化情况；再保持两小球电荷量不变，改变小球A与小球B的距离，观察小球B悬线偏角的变化情况。（1）在实验中发现小球B悬线的偏角减小，可能进行的实验操作是。A.小球A的电荷量增大 B.小球A的电荷量减小C.小球A与小球B的距离增大 D.小球A与小球B的距离减小（2）如果将小球A与小球B接触后放回原处，则小球B悬线的偏角将___________（选填“增大”“减小”或“不变”）。（3）如果A、B两小球的球心在同一水平线上，小球A、B的质量分别为mA和mB，小球B静止时悬线的偏角为，当地重力加速度大小为g，则两小球之间的静电力F=_________。（用题中涉及的物理量符号表示）【答案】（1）BC（2）增大（3）【解析】（1）实验中发现小球B悬线的偏角减小，说明两个小球之间的库仑力减小，可能是小球所带电荷量减小或两小球间距增大导致的，故选BC。（2）由于A、B两小球均带正电荷且QA大于QB，则小球A与小球B接触后，两小球所带电荷量相等由数学知识知（QA大于QB，不能取等号）接触前库仑力大小为接触后放回原处库仑力大小为故，则小球B悬线的偏角将增大。（3）根据题意，对小球B受力分析，由力平衡条件可得静电力12.（1）为了设计测量电阻的电路，先用多用电表的电阻挡粗测未知电阻Rx，选用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏角非常大，则下列做法正确的是___________。A.可换“×100”挡，调零后测量 B.可换“×1”挡，调零后测量（2）如果用电压表（内阻约为5kΩ）和电流表（内阻为1Ω）来测量（1）中的电阻Rx，要求尽量减小测量误差，应该选择的测量部分电路为图中的___________。A. B.（3）二极管具有单向导电性的特点，即当电流从二极管的正极流过二极管时，二极管的电阻很小；当电流从二极管的负极流过二极管时，二极管的电阻很大。现在用多用电表的电阻挡检测一个二极管，将红表笔与二极管的A端相连，黑表笔与二极管的B端相连，测得阻值为4Ω；将红表笔与二极管的B端相连，黑表笔与二极管的A端相连，测得阻值为1200Ω，该测量结果说明二极管的正极为___________（选填“A”或“B”）端。（4）物理实验小组在用伏安法测量电源的电动势和内电阻时，设计了两种电路如图甲、乙所示，为了消除因电流表内阻过大引起的系统误差，应该选择电路___________（选填“甲”或“乙”）进行实验。【答案】（1）B（2）B（3）B（4）甲【解析】（1）多用电表的指针偏角很大，说明电阻的阻值很小，为了准确测量减小误差，应该选择更小倍率的挡位，故应选择“×1”挡，调零后测量。故选B。（2）本题中由于电流表的内阻已知，应该选择图B进行测量，其测量值为，该测量值等于的真实值。（3）使用多用电表的电阻挡测量电阻时，电流从黑表笔流出多用电表，从红表笔流入多用电表，二极管阻值较小时，处于正向导通状态，此时黑表笔与二极管的B端相连，说明二极管的B端为正极。（4）电路甲中电压表的分流会带来系统误差，电路乙中电流表的分压会带来系统误差。题目要求消除电流表带来的系统误差，故应该选择电路甲。13.如图所示，一平行板电容器水平放置，极板长为L、间距为d、板间匀强电场的电场强度为。有一带正电的粒子质量为，电荷量为，紧靠上极板以的初速度水平射入电场，恰好从下极板边缘处飞出电场，已知粒子射入点和射出点的连线与水平方向的夹角为，，，带电粒子的重力不计。求：（1）带电粒子在电场中的运动时间；（2）极板间电压的大小；（3）带电粒子飞出电场时的速度大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有竖直方向有根据牛顿第二定律有根据几何关系有联立以上几式，代入数据解得（2）由（1）可求得，根据可得两极板间电压（3）对带电粒子由动能定理得代入数据解得14.在如图所示的电路中，已知电源电动势为，内电阻，电容器的电容，导线电阻不计，闭合开关S后，已知内电阻r消耗的功率为4W。求：（1）电阻R的值；（2）电容器的电荷量Q1；（3）断开开关S稳定后，电容器的电荷量Q2。【答案】（1）2Ω（2）（3）【解析】（1）电源内电阻的功率代入数据解得由闭合电路欧姆定律得代入数据解得（2）电容器两端的电压为电容器的电荷量代入数据解得（3）断开开关S后电容器两端的电压为电源电动势电容器的电荷量代入数据解得15.如图甲所示，用长L=1m的不计质量的绝缘细线将质量m=3×10-3kg的带正电小球悬挂在天花板上，小球所带电荷量大小为，空间中存在方向水平向右的匀强电场，电场强度大小为E1，小球静止时细线与竖直方向的夹角。现在仅把匀强电场的电场强度大小变成E2，如图乙所示，将该小球从悬点正下方由静止释放，释放小球时细线伸直但无张力，小球的最大摆角为，不计空气阻力。已知重力加速度g取10m/s2，sin74°=0.96，cos74°=0.28。（1）求图甲中匀强电场的电场强度E1的大小；（2）在图甲中把