2027届四川省眉山市仁寿县文宫中学高二上物理期末考试试题含解析

2027届四川省眉山市仁寿县文宫中学高二上物理期末考试试题注意事项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、为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A. B.C. D.2、如图，当左边线圈通以逆时针电流I时，天平恰好平衡，此时天平右边的砝码质量为m，若改为顺时针方向的电流且大小不变，则需在天平右边增加△m的砝码，通电线圈受到磁场力大小为：A. B.(m+△m)gC.△mg D.3、如下图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地。电容器电量始终保持不变，下列说法中正确的是（）A.若静电计指针偏角减小，说明电容器A板电势升高B.若B板稍向上移动一点，则静电计指针偏角将减小C.若B板稍向左移动一点，则静电计指针偏角将减小D.若两板间插入有机玻璃板，则静电计指针偏角将减小4、下面的四个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是（）A. B.C. D.5、如图（a）所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路。若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图（b）所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻。以下说法正确的是（）A.0~1s内，流过电阻R的电流方向为a→bB.1~2s内，回路中的电流逐渐减小C.2~3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小D.t=2s时，Uab＝6、在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是A.I1增大，I2不变，U增大B.I1减小，I2增大，U减小C.I1增大，I2减小，U增大D.I1减小，I2不变，U减小二、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、关于电动势，下列说法正确的是(

)A.电源两极间的电压等于电源电动势B.电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能就越多C.电源电动势的数值等于内、外电压之和D.电源电动势由电源本身决定，与外电路的组成无关8、将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则A.a点电场强度比b点的大B.a点电势比b点的高C.检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大D.将检验电荷-q从a点移到b点的过程中，电场力做负功9、1931年英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布；如图所示,现一半径为R的线状圆环其环面的竖直对称轴CD上某处有一固定的磁单S极子，与圆环相交的磁感线跟对称轴成θ角，圆环上各点的磁感应强度B大小相等，忽略空气阻力，下列说法正确的是A.若R为一闭合载流I、方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向上，大小为BIRB.若R为一闭合载流I、方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2πBIRsinθC.若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，则小球带负电D.若将闭合导体圆环从静止开始释放，环中产生如图反方向感应电流、加速度等于重力加速度10、如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点且弹簧恰好处于原长状态。保持小球的电荷量不变，现将小球提高到M点再由静止释放。则释放后，小球从M运动到N的过程中（）A.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B.小球运动的速度先增大后减小C.弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D.小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量三、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）用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量：（1）旋动部件______，使指针对准电流的“0”刻线；（2）将K旋转到电阻挡“×100”的位置；（3）将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻“0”刻线；（4）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，将按照下面的步骤进行操作：①将K旋转到电阻挡________的位置（选填“×1k”或“×10”）；②将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准；③将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接；④完成读数测量。12．（12分）利用图甲所示的装置探究碰撞中的不变量，在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间，实验测得滑块A质量m1=0.280kg，滑块B的质量m2=0.110kg，遮光片的宽度d=0.50cm；打点计时器所用的交流电的频率为f=50Hz，将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与静止的B相碰；碰后光电计时器显示的时间为△tB=2.500ms，碰撞后打出的纸带如图乙所示(1)在该实验方案中，下列说法正确的是____A．调节气垫导轨，确保导轨水平B．滑块A的初始位置应尽可能靠近滑块BC．遮光片的宽度适当窄一些有利于减小误差D．滑块A和滑块B的质量交换也可完成该实验(2)两滑块碰撞前A滑块的速度大小为____m/s，两滑块碰撞后B滑块的速度大小为____m/s；(结果保留三位有效数字)(3)碰撞后滑块A的质量和速度的乘积大小为____kg·m/s；(结果保留三位有效数字)(4)通过实验采集到的数据可得，在误差允许的范围内，A、B两个滑块碰撞过程中的不变量是____四、计算题：本题共3小题，共38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，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

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、B【解析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向【详解】地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确【点睛】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定2、A【解析】因线圈通电导致线圈下框受力正好与砝码平衡,当改变电流方向时,磁场力大小不变,方向改变,从而增加砝码后,再次平衡,则可求出磁场力大小【详解】线圈通以逆时针电流时，下框受到安培力向上，大小为；当通以顺时针电流时，下框受到安培力向下，大小仍为，而天平右边需要增加砝码才能再次平衡．则有即故选A。3、D【解析】A．若静电计指针偏角减小，则电容器的两极板间的电势差减小，说明电容器A板电势降低，A错误；B．若B板向上移动一点时，即两极板的正对面积S减小，根据知电容变小，电容器的带电量Q不变，根据知电势差变大，静电计指针的偏转角度增大，B错误；C．若B板向左移动一点，板间距离d增大，根据知电容变小，电容器的带电量Q不变，根据知电势差变大，所以静电计指针的偏转角度增大，C错误；D．若在两板间插入有机玻璃板时，即介电常数变大，根据知电容变大，电容器的带电量Q不变，根据知电势差变小，静电计指针的偏角减小，D正确。故选D。4、A【解析】考查安培力的方向。【详解】A．根据左手定则判断通电导线所受安培力的方向，A项正确；B．安培力应垂直纸面向外，B项错误；C．磁场和导线平行，导线不受安培力，C项错误；D．安培力应向上，D项错误。故选A。5、D【解析】A．0~1s内，穿过线圈垂直纸面向里的磁场在增大，根据楞次定律可得流过电阻R的电流方向为b→a，选项A错误；B．1~2s内，回路中电流图像的斜率在1~2s内磁通量变化率恒定，所以电流恒定，选项B错误；C．2~3s内，穿过金属圆环的磁通量垂直纸面向外在增大，选项C错误；D．由图像可知t=2s时根据法拉第电磁感应定律可知，在第2s内选项D正确。故选D。【点睛】注意磁通量变化量的方向，先判断穿过线圈的磁通量的变化情况，然后后根据楞次定律判断电流方向，此时线圈相当于一个电源，一定要注意这个电源有没有内阻。6、B【解析】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确二、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】AC.电源没有接入电路时两极间的电压等于电源电动势，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，电源电动势的数值等于内、外电压之和，故A错误，C正确；B.电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，但不是将其他形式的能转化为电能就越多．故B错误；D.电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，大小由电源本身决定，与外电路的组成无关，故D正确【点睛】电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量；电源电动势等于电源没有接入电路前两极间的电压，等于电路内外电压之和8、ABD【解析】A项：电场线越密集的地方电场强度就越大，从上图中可以看出a处的电场线比b处的电场线密集，所以a点的场强大于b点的场强，故A项正确；B项：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止,所以a点的电势高于金属球的电势,而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远,所以金属球的电势高于b点的电势,即a点的电势比b点的高.故B正确;

C项：电势越高的地方,负电荷具有的电势能越小,即负电荷在a点的电势能较b点小,故C错误;

D项：由上知,-q在a点的电势能较b点小,则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点,电势能增大,电场力做负功.所以D选项是正确的.9、BC【解析】AB．根据左手定则可知，通电圆环每一部分受到的安培力斜向下，利用微元法可知该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为F安=2πBIRsinθ故A错误，B正确；C．若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，说明形成的电流产生的安培力竖直向上，形成的电流应与图示电流方向相反，故小球带负电，故C正确；D．若将闭合导体圆环从静止开始释放，在下落过程中穿过线框的磁通量增大，根据右手定则可知，产生的感应电流为环中产生如图反方向感应电流，受到的安培力向上，根据牛顿第二定律可知加速度小于g，故D错误。故选BC。10、CD【解析】小球静止时位于N点且弹簧恰好处于原长状态，可知小球所受的重力与电场力等大反向；A．小球从M运动到N的过程中，由于有电场力做功，故小球和弹簧系统的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误；B．释放后小球从M运动到N过程中，合力等于弹簧的拉力，做正功，故动能一直增加，即球一直加速，故B错误；C．释放后小球从M运动到N过程中，重力和电场力平衡，等效与只有弹簧弹力做功，故弹簧弹性势能和球动能之和保持不变，即弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量，故C正确；D．重力做功等于重力势能的减小量，克服电场力做功等于电势能的增加量，重力和电场力平衡，故小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量，故D正确；故选CD。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、①.S②.T③.×1k【解析】（1）[1]首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S；（3）[2]接着是欧姆调零，将“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处；（4）①[3]由于将K旋转到电阻挡“×100”的位置时，两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，故为了得到比较准确的测量结果，将K旋转到电阻挡×1k的位置。12、①.AC②.1.90③.2.00④.0.308⑤.两滑块总动量【解析】(1)[1]A．导轨水平，可以消除重力分力的影响，故A正确；B．滑块A的初始位置越靠近B，不利于滑块A碰前的初速度计算，故B错误；C．遮光片的宽度适当窄些，处理滑块的速度越准确，故C正确；D．由于A的质量较大，如果交换质量，有可能使A反弹，则不能完成该实验，故D错误。故选AC；(2)[2]由图乙所示纸带可知，碰撞前A的速度[3]两滑块碰撞后B滑块的速度大小；(3)[4]碰撞后滑块A的速度为碰撞后滑块A的质量和速度的