四川省内江市2024-2025学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

第第页四川省内江市2024-2025学年高二上学期期末考试物理试题一、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，只有一项最符合题目要求。1．在1785年，通过扭秤实验归纳得到在真空中两个静止的点电荷之间相互作用力的规律的物理学家是（）A．密立根 B．库仑 C．卡文迪许 D．法拉第2．下面的几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．3．下列有关电与磁的四幅情景图像，其中说法正确的是（）A．对甲：当线圈匀速转动时，不会产生感应电流，当线圈非匀速转动时，会产生感应电流B．对乙：采用劲度系数更大的螺旋弹簧有利于提高磁式电流表的量程C．对丙：恒定的电场和恒定的磁场互相激发交替产生，就能形成电磁波D．对丁：在电磁波谱中，红外线就是红光，紫外线就是紫光，均属于可见光4．如图所示，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，若将一正试探点电荷从虚线上N点移动到M点，则电荷所受电场力（）A．大小不变 B．方向不变 C．逐渐减小 D．逐渐增大5．在某实验室中有一种测量污水流量的流量计，如图甲所示。其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积，空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。下列说法正确的是（）A．图乙中M点的电势高于N点的电势B．正、负离子所受洛伦兹力方向可能相同C．当污水中离子浓度降低，M、N两点间的电势差将减小D．只需要测量出M、N两点电势差（B、d已知），就能够推算出废液的流量6．如图所示，一平行板电容器与电源连接，开关S先接通，过一会再断开，在电容器中间的M点固定一一个正点电荷，用C表示电容器的电容；用E表示两板间的电场强度；ϕ表示M点的电势；Ep表示点电荷的电势能．将B板向上移一小段距离x，则下列图像关系正确的是A． B．C． D．7．如图所示，电源电动势E=24V，内阻r=1Ω，定值电阻R1=R4=5Ω，R2=R3=6Ω，R5A．6.6×10−4C B．6×10−4C二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题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．如图所示，带正电的质点以某一速度从平行板中央，沿平行于板的方向进入正交的匀强电场和匀强磁场中，刚好做匀速直线运动。若进入场区的水平速度增大，质点将向一侧偏转，则下列说法中正确的是（）A．质点将向上偏转 B．质点将向下偏转C．质点运动的速率越来越大 D．质点运动的速率越来越小9．如图所示，虚线a、b、c、d、e代表电场中的五个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A．五个等势面中，a的电势最高B．带电粒子通过P点时的电势能较Q点大C．带电粒子通过P点时的动能较Q点大D．带电粒子通过P点时的加速度较Q点小10．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，理想电压表V1、V2的示数为U1、UA．L1、L3变暗，L2变亮 B．ΔC．ΔU1ΔI减小三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中，第13-15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．为研究小灯泡的伏安特性，实验室提供了下列器材：A.电源E（电动势4.5V，内阻很小）；B.小灯泡L（额定电压4V，额定电流0.7A）；C.电压表V（量程6V，内阻约6kΩ）；D.电流表A（量程0.6A，内阻0.25Ω）；E.定值电阻R0F.滑动变阻器R（最大阻值5Ω）；G.开关一个；H.导线若干。（1）甲设计的电路如图（a）。某次测量中，V表和A表的指针稳定在图（b）所示位置，则V表的示数为V（不需估读），测得此时灯泡的功率约为W（保留2位有效数字）。（2）乙设计的电路如图（c）。两种设计比较，（选填“甲”或“乙”）的测量精度更高。（3）该小灯泡的伏安特性曲线最有可能是（）A． B．C． D．12．如图a所示，是某同学自制的两挡位（“×10”、“×100”）欧姆表的内部电路示意图。由表头（内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=10mA）、电源（电动势E=19V（1）在甲、乙两个测试表笔中，甲表笔应是（选填“红”或“黑”）表笔；（2）用此欧姆表与如图b的二极管构成回路时，欧姆表的指针偏转角度很小，则测量时甲表笔与二极管的（选填“A”或“B”）端相连接；（3）单刀双掷开关S与触头1接通时，欧姆表的档位为（选填“×10”或“×100”）；（4）自制欧姆表的定值电阻R1=Ω，单刀双掷开关S与触头2接通，欧姆调零后，自制欧姆表的内阻为13．如图所示，竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场。其电场强度为E，在该匀强电场中，用绝缘细线悬挂质量为m的带电小球，当细线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球与右边金属板的距离为d，重力加速度为g。求：（1）小球带电荷量的大小；（2）若剪断细线，小球运动到金属板的时间。14．如图所示。一足够长的固定竖直绝缘杆，位于垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。现有一质量为m、带电荷量为+q的小球套在绝缘杆上的A点，由静止开始下滑，经过时间t小球达到最大速度。已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：（1）小球速度的最大值；（2）在时间t内，小球克服摩擦力做的功。15．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，存在着垂直纸面向外的匀强磁场，在第四象限内存在着沿x轴负方向的匀强电场。现有质量为m，带电荷量为+q的粒子，由点P0,d以速度v0沿x轴正方向射入磁场，粒子经x轴上点Q3（1）匀强磁场磁感应强度的大小；（2）匀强电场的场强大小及S点到坐标原点O的距离；（3）若仅将粒子的初速度减为原来的12

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】在1785年，通过扭秤实验归纳得到在真空中两个静止的点电荷之间相互作用力的规律的物理学家是库仑。故答案为：B。

【分析】根据1785年通过扭秤实验总结出真空中静止点电荷相互作用规律（库仑定律）的物理学家是库仑，直接得出结论。2．【答案】C【解析】【解答】A．磁场竖直向上，电流垂直纸面向里（⊗）。左手掌心向上，四指向里，大拇指应指向右，但图中力F向左，故A错误；B．磁场水平向左，电流垂直纸面向外（⊙），左手掌心向左，四指向外，大拇指应指向下，但图中力F向上，故B错误；C．由左手定则可知磁场对通电直导线的作用力方向向下，故C正确；D．电流方向与磁感应强度方向平行，磁场对通电直导线没有力的作用，故D错误。故答案为：C。

【分析】判断磁场对通电直导线的作用力方向，需用左手定则：伸开左手，使磁感线穿过掌心，四指指向电流方向，大拇指所指即为安培力方向。3．【答案】B【解析】【解答】A．线圈绕轴转动时，磁通量始终为0（磁感线平行于线圈平面），无论匀速还是非匀速转动，都不会产生感应电流，故A错误；B．乙图是电磁式电流表，其量程由螺旋弹簧的劲度系数决定：劲度系数越大，相同指针偏转角下，弹簧弹力越大，对应的线圈安培力（及电流）越大，因此采用劲度系数更大的螺旋弹簧有利于提高量程，故B正确；C．电磁波由周期性变化的电场、磁场交替激发产生，恒定的场无法形成电磁波，故C错误；D．电磁波谱中，可见光仅包含红光到紫光，红外线、紫外线不属于可见光，故D错误。故答案为：B。

【分析】结合电磁感应、磁电式电流表原理、电磁波产生条件、电磁波谱的知识，逐一判断选项。4．【答案】D【解析】【解答】由电场线的分布情况可知，N点电场线比M点电场线疏，则N点电场强度比M点电场强度小，由电场力公式：F=qE，可知正点电荷从虚线上N点移动到M点的过程中，电场力逐渐增大；电场力方向与所在点的电场线的切线方向一致，一直在变化，故D正确，ABC错误。

故答案为：D。

【分析】通过电场线的疏密判断电场强度的大小，再结合电场力公式F=qE分析电场力的变化，同时结合电场线切线方向判断电场力方向的变化。5．【答案】D【解析】【解答】AB．根据左手定则判断，带正电荷的粒子受到向下的洛伦兹力，带负电荷的粒子受到向上的洛伦兹力，故M点的电势低于N点的电势，故AB错误。C．废液流速稳定后，粒子受力平衡，有qvB=qUd，解得D．废液流量Q=Sv，其中v=UBd解得Q=πUd故答案为：D。

【分析】利用洛伦兹力与电场力的平衡关系，推导M、N两点的电势差与流速的关系，再结合流量公式分析各选项。6．【答案】C【解析】【解答】A、当B极板上移一小段距离x，时，d减小，由C=εsB、在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，由U=Q/C，E=U/d，则E=4πkQC、因负极板接地，设M点最初的电势为φ0，则平移后M点的电势为φ=φ0-Ex0，故C正确；

D、正电荷在P点的电势能EP=φq=q(φ0-Ex0)，故D错误．

故答案为：C．

【分析】开关断开后电容器电荷量Q不变，结合电容、电场强度、电势、电势能的公式，分析B板上移时各物理量的变化。7．【答案】A【解析】【解答】闭合开关S1，开关S2与a接触，R3、R4与电源串联，电容器与R1、R5串联后与R3并联，当电路稳定后电容器两端的电压U则电容器所带电荷量为Q1当电路稳定后再将开关S2换成与b接触，R3、R4与电源串联，电容器与R2、R5串联后与R4并联，当电路稳定后电容器两端的电压为电容器所带电荷量为Q电容器下极板带正电荷，则两次电路稳定的过程中通过R5的电荷量是故答案为：A。

【分析】分两步分析开关接a、接b时的电路结构，先求电容器两端电压，再计算电荷量变化，最终得到通过R58．【答案】A,D【解析】【解答】AB．由题意，刚开始时，洛伦兹力与电场力和重力的合力平衡，有qvB=qE+G，水平速度增大后，有qvCD．质点向上偏转过程中，洛伦兹力不做功，而电场力和重力均做负功，可知质点速率会越来越小，故C错误，D正确。故答案为：AD。

【分析】先分析匀速时的受力平衡，再判断速度增大后洛伦兹力的变化，进而确定偏转方向；结合力做功的情况分析速率的变化。9．【答案】C,D【解析】【解答】A．由电场线处处与等势面垂直且做曲线运动的物体所受的合外力指向曲线的凹侧可知该电场线的分布大概如图，沿电场线方向电势降低，所以φeB．从Q→P电场力做正功，电势能降低，B错误；C．电场力做正功，根据动能定理可知EkpD．电场线越密，电场强度越大EP<EQ，所以qEpm10．【答案】B,D【解析】【解答】A．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮；变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗；总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮。故A错误；B．由上分析可知，电压表V1测量L3两端的电压，示数减小；电压表V2测量L2的两端电压，示数增大；由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以ΔUC．由U1=E−IRD．根据欧姆定律得ΔU故答案为：BD。

【分析】分析滑动变阻器滑片移动时外电路电阻的变化，结合欧姆定律、串并联电路规律，判断电压、电流的变化，再推导电压变化量与电流变化量的比值。11．【答案】（1）3.2；2.1（2）乙（3）C【解析】【解答】（1）电压表如图b所示，分度值为0.2V，示数为3.2V。电流表如图b所示，分度值为0.02A，示数为0.52A，电流表两端电压为

U定值电阻R0中电流为

I0=U（2）电流表内阻已知，若用伏安法测量，乙图实验原理无误差，图乙的测量精度更高。（3）I−U图像上点与原点连线的斜率倒数等于灯丝电阻，而灯丝电阻随温度升高而增大，即灯丝电阻随灯泡电压与电流的增大而增大，故I−U图像上点与原点连线的斜率应逐渐减小，故选C。【分析】（1）考查电压表和电流表读数，弄清量程和分度值。

（2）电流表内阻已知，乙设计电路图无系统误差。

（3）I−U图像上点与原点连线的斜率倒数等于灯丝电阻，而灯丝电阻随温度升高而增大，即灯丝电阻随灯泡电压与电流的增大而增大，故I−U图像上点与原点连线的斜率应逐渐减小。（1）[1]电压表如图b所示，分度值为0.2V，示数为3.2V。[2]电流表如图b所示，分度值为0.02A，示数为0.52A，电流表两端电压为U定值电阻R0I灯泡功率为P（2）电流表内阻已知，若用伏安法测量，乙图实验原理无误差，图乙的测量精度更高。（3）I−U图像上点与原点连线的斜率倒数等于灯丝电阻，而灯丝电阻随温度升高而增大，即灯丝电阻随灯泡电压与电流的增大而增大，故I−U图像上点与原点连线的斜率应逐渐减小，故选C。12．【答案】（1）红（2）A（3）×10（4）1009；【解析】【解答】（1）根据多用电表欧姆挡内部结构图可知，电流从乙表笔流出多用电表，从甲表笔流入多用电表，由电流方向“红入黑出”，可知甲表笔是红表笔；

故答案为：红（2）欧姆表与二极管构成回路时，欧姆表的指针偏转角度很小，说明测量二极管的反向电阻，则测量时甲表笔与二极管的A端相连；

故答案为：A（3）单刀双掷开关S与触头1接通时，表头与R2串联后与R1并联再与电源及滑动变阻器串联；单刀双掷开关S与触头2接通时，R1与R2串联后与表头并联再与电源及滑动变阻器串联，可知单刀双掷开关S与触头1接通时，欧姆表的内阻较小，表头表示的中值电阻较小，所以单刀双掷开关S与触头1接通时，欧姆表的档位为“×10”；

故答案为：×10（4）单刀双掷开关S与触头1接通时I欧姆表内阻R单刀双掷开关S与触头2接通时I欧姆表内阻R单刀双掷开关S接1时“×10”，单刀双掷开关S接2时“×100”，则R解得R1=R29=1009Ω，R内''=1000Ω（1）根据多用电表欧姆挡内部结构图可知，电流从乙表笔流出多用电表，从甲表笔流入多用电表，由电流方向“红入黑出”，可知甲表笔是红表笔；（2）欧姆表与二极管构成回路时，欧姆表的指针偏转角度很小，说明测量二极管的反向电阻，则测量时甲表笔与二极管的A端相连；（3）单刀双掷开关S与触头1接通时，表头与R2串联后与R1并联再与电源及滑动变阻器串联；单刀双掷开关S与触头2接通时，R1与R2串联后与表头并联再与电源及滑动变阻器串联，可知单刀双掷开关S与触头1接通时，欧姆表的内阻较小，表头表示的中值电阻较小，所以单刀双掷开关S与触头1接通时，欧姆表的档位为“×10”；（4）[1][2]单刀双掷开关S与触头1接通时I欧姆表内阻R单刀双掷开关S与触头2接通时I欧姆表内阻R单刀双掷开关S接1时“×10”，单刀双掷开关S接2时“×100”，则R解得R1=13．【答案】（1）解：小球受到水平向右的电场力、竖直向下的重力和丝线拉力，如图由三力平衡可得qE=mg解得q=（2）解：小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a由运动学公式得d=解得t=【解析】【分析】（1）电荷量计算：通过平衡状态的受力分析（电场力、重力、拉力），利用力的合成关系推导；

（2）运动时间：剪断细线后，小球水平方向仅受电场力，做匀加速直线运动，结合运动学公式求解。（1）小球受到水平向右的电场力、竖直向下的重力和丝线拉力，如图由三力平衡可得qE=mg解得q=（2）小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a由运动学公式得d=解得t=14．【答案】（1）解：小球达到最大速度时，小球所受重力与摩擦力是一对平衡力，则mg=μ解得v（2）解：小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动量定理得mgt−即mgt−μqBh=m解得h=小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动能定理得mgh+解得W小球克服摩擦力做的功为W=-【解析】【分析】（1）最大速度：当重力与摩擦力平衡时速度最大，结合洛伦兹力与支持力的关系推导；

（2）克服摩擦力做功：先用动量定理求下落高度，再用动能定理关联重力做功、摩擦力做功与动能变化，进而求解。（1）小球达到最大速度时，小球所受重力与摩擦力是一对平衡力，则mg=μ解得