2024届江苏省物理高二年级上册期末考试试题含解析

2024届江苏省物理高二上期末考试试题

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（）

A.电动势是一种非静电力

B.电动势越大，表明电源储存的电能越多

C.电动势的大小是非静电力做功能力的反映

D.电动势就是闭合电路中电源两端的电压

2、如图所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可

采用的方法是（）

______P3

Aab

XXX

©~~*■%-T

XXX

B|____________

A.将变阻器滑动头尸向右滑动

B.将变阻器滑动头尸向左滑动

C.将极板间距离适当减小

D.将极板间距离适当增大

3、关于地磁场，下列叙述正确是（）

A.地球的地磁两极和地理两极重合

B.我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的北极

C.地磁的北极与地理的南极重合

D.地磁的北极在地理南极附近

4、如图所示，三块相同蹄形磁铁“、从c并列放置在水平桌面上。导体棒用图中1、2轻而柔软的细导线悬挂起来，

它们与导体棒和电源构成回路（电源没有在图中画出），导线1、2接在直流电源的两端，认为导体棒所在位置附近为

匀强磁场。接通电源后，导体棒偏离竖直方向，位置如图中所示。依次撤去磁铁从c,看到导体棒的摆动幅度逐渐减

小。根据该实验的操作，下列说法正确的是（）

A.导线1接在直流电源的负极，导线2接在直流电源的正极

B.磁场越强，导体棒受到的安培力越大

C.电流越大，导体棒受到的安培力越大

D.导体棒在磁场中的长度越长，导体棒受到安培力越大

5、如图所示的电路中，电源内阻为r=l。，电源电动势为E=6V,R为定值电阻，电流表内阻不计.当闭合Si、8时,

电流表示数为14当闭合Si、断开S2时电流表示数为0.5A,下列说法正确的是（）

A.S］、S2均闭合时，R的功率为1.5W

B.电动机的线圈电阻小于6Q

C.闭合耳、断开S2时，电源的效率为50%

D.闭合S］、断开S?时，电动机的功率大于L5W

6、下列说法中不正确的是（）

A.分子在做永不停息的无规则运动，所以分子具有动能

B.分子间存在相互作用力，所以分子具有势能

C.分子的动能和势能之和叫做物体的机械能

D.内能包括物体内所有分子动能和势能

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、在如图甲所示电路中，定值电阻R=1.00,尺为滑动变阻器闭合开关后，多次改变滑片的位置，分别记录电压表

和电流表的示数由测得数据作出如图乙所示U-/图线下列判断正确的是（

I(77V

1.60k

1.001---------1——、＞

00.20.4//A

图乙

电压表示数增大

B.电源的电动势测量值约为L60V

C.电源的内阻测量值约为L5O

D.当电源短路时，电流表示数为Q4A

8、真空中有两点电荷尖、会分别位于直角三角形的顶点C和顶点3上，O为斜边A3的中点，ZABC=30°,如图所示,

已知A点电场强度的方向垂直48向下，则下列说法正确的是（）。

EA

A.01带负电，02带正电

B.O点电势低于A点电势

C.qi电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半

D.qi电荷量的绝对值等于0电荷量的绝对值的二倍

9、如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小灯泡，C为电容器，R为滑动变阻器，电源电动势为E,内阻为

r.现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片尸向右移动时，下列结论正确的是（）

A.灯泡心变亮

B.电流表读数变小

C.电压表读数变小

D.电容器C上的电荷量增加

10、如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为明、及。今有一个质量为机、电荷

量为e的电子从MN上的尸点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。

则以下说法正确的是（）

\M

XXX

BiD:

XX:X：Xx\X

\p\

XXXX;cx

XXXX：X

XXX:X/XX

N

A.电子的运行轨迹为PDMCNE

2兀m

B.电子运行一周回到P用时为7=工

C.BI=2B2

D.Bi=4Bz

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）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接

（1）实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导

线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接;

（2）某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为A；

12.（12分）某兴趣小组研究一金属丝的物理性质

（1）首先用螺旋测微器测量其直径，其值mm

（2）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm,游标尺上有20个小的等分刻度.用它测量一小球的直径，如图所示的读数

是mm

?(cm)

01020

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）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3c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A5=R=0.2m,把一质量机=0.1kg,带电

4

量为g=+10TC的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

⑴小球到达C点的速度大小

⑵小球在C点时，轨道受到的压力大小

14.（16分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板“、方相距d=0.10m,a、》间的电场强度为E=5.0xl（）5N/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.今有一质量为机=4.8xl0-25kg、电荷

186

量为9=1.6X10C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以vo=l.OxlOm/s的初速度水平射入匀强电场，刚好

从狭缝P处穿过5板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到分板的。处（图中未画出）.求P、0之间的距离心

15.（12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=l。的电源，导轨平面与

水平面间的夹角0=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Ro=l。时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g=10m/s2,5也37。=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

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、C

【解题分析】

电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故A错误；

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，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源

将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B错误C正确；电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭

合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故D错误

【题目点拨】电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量

转化为电能本领的物理量

2、D

【解题分析】

根据电路图可知：A板带正电，5板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小盘=及=叱洛伦兹力方向向

a

下，F=Bev,电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹

力，所以要减小电场力；

AB、将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故AB错误；

C、将极板间距离适当减小时，增增大，不满足要求，故C错误；

D、将极板间距离适当增大时，埼减小，满足要求，故D正确

3、D

【解题分析】ACD.地球本身是一个巨大的磁体，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理的北极附近，但磁极和

地理两极并不重合，存在一定的偏角，故AC错误，D正确；

B.在地球表面地磁场的磁感线从地理南极指向地理北极，故我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的南极。

故B错误。

故选：D。

4、D

【解题分析】A.由图可知，导体棒向外偏，即受到的安培力向外，磁场方向向下，由左手定则可知，导线1接在直

流电源的正极，导线2接在直流电源的负极，故A错误；

BCD.依次撤去磁铁仄c,所以导体棒在磁场中长度越短，导体棒的摆动幅度逐渐减小即安培力越小，反之，导体

棒在磁场中的长度越长，导体棒受到安培力越大，故BC错误，D正确。

故选D。

5、B

【解题分析】Si、S2均闭合时，根据闭合电路欧姆定律求出R的电压，由P=UI求出R的功率，根据电动机两端的电

压U>IR分析电动机的线圈电阻，电源的效率等于电源的输出功率与总功率的百分比；

【题目详解】A、Si、S2均闭合时，电流表示数/1=L4,则R两端电压为：U1=E-I1r=6V-lxW=5V

R的功率为：P=U/=5W,故A错误；

B、R的阻值为：R=

当闭合S1、断开S2时电流表示数为：I2=0.5A

则电动机两端的电压为：=E—，2(R+r)=6V—0.5x(5+l)V=3V

设电动机的线圈电阻为RM，根据得RM<6Q,故B正确

C、闭合Si、断开S2时，路端电压为：U=E-I2r=6V-0.5xW=5.5V

电源的效率为：〃=善义100%=竽'100%。91.2%,故c错误；

EI26

D、闭合Si、断开S2时，电动机的功率为：PM=t/M/2=3xO.5W=1.5W,故D错误

【题目点拨】对于电动机，要知道其两端的电压与电流的关系是U>/R,求电功率只能用公式P=S,求电热只能

用P=/2H

6、C

【解题分析】A.分子在做永不停息的无规则运动，所以分子具有动能，选项A正确，不符合题意；

B.分子间存在相互作用力，所以分子间具有势能，选项B正确，不符合题意；

C.分子的动能和势能之和叫做物体的内能，选项C错误，符合题意；

D.内能包括物体内所有分子动能和势能，选项D正确，不符合题意；

故选C.

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、AB

【解题分析】BC、根据图象读出电源电动势为L60V,根据图像斜率得到凡+-=詈=*产。=1.5。，故

电源内阻为厂=0.5。，故B正确，C错误；

A、当滑片向右滑动时，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律，总电流减小，根据。=£-/（%+厂）可得出电压表示

数增大，故A正确；

D、当电源短路时，根据闭合电路欧姆定律：/=£=工竺A=3.2A,故D错误；

r0.5

故选AB；

8、BC

【解题分析】A.根据题述，A点电场强度垂直A3向下，由平行四边形法则可知，矶带正电，或带负电，A错误；

B.由几何关系结合电势概念可知，正电荷qi在AO两点产生的电势相等，负电荷表在A点的负电势高于。点的负电

势，由电势叠加可知A点的电势高于。点，B正确；

CD.根据题述，A点的电场强度垂直A5向下，可得

E,

sin30°=”

Ei

%=居

鸣

r2

又/'2=2/1,联立解得

qz=2qi

C正确，D错误。

故选BC。

9、AC

【解题分析】当滑动变阻器滑片P向右移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由欧姆

定律分析总电流和路端电压的变化，判断两电表读数的变化和小灯泡亮度的变化，由欧姆定律分析电容器电压的变化,

确定其电荷量的变化；

【题目详解】A、当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路电阻减小，外电路总电阻减小，由欧姆定律得知,

总电流增大，路端电压减小，则电流表示数变大，电压表示数变小，灯泡L变亮，故AC正确，B错误；

D、电容器的电压。=石-/（&+「），I增大，其它量不变，则U减小，由。=。。可知电容器C上电荷量Q减小,

故D错误;

【题目点拨】本题是电路的动态变化分析问题，按“部分-＞整体一部分”的思路进行分析

10、AC

【解题分析】A.根据左手定则，可知电子的运行轨迹为「。MOVE,A正确;

B.由图可知，电子在外磁场中转了一周，在治磁场中转了半周，因此电子运行一周回到尸用时

2兀m7im

T=------H---------

BxeB2e

B错误;

CD.根据

mv2

qvB=

又由图像可知

r,=2r}

因此可得

Bi=2Bi

C正确，D错误

故选ACo

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。

②.⑵0.44

【解题分析】（1）根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图

（2）根据图示电流表确定其量程与分度值，读出其示数

【题目详解】（1）滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，滑动变阻器采用分压接

法，分压电路与滑动变阻器左半部分并联，实物电路图如图所示：

（2）由图示表盘可知，其量程为0.6A,分度值为0.02A,示数为0.44A；

【题目点拨】本题考查了连接实物电路图、电流表读数；当电压与电流从零开始变化时滑动变阻器只能采用分压接法,

根据题意确定滑动变阻器的接法是正确连接实物电路图的前提与关键

12、①.0.885〃"7Z（0.884/mW~0.886/用"均正确）@A3.55mm

【解题分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，游标卡尺读数

的方法，主尺读数加上游标尺读数，不需估读；

【题目详解】（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为：0.5mm+38.5x0.01mm=0.885mm（0.884mm〜0.886mm均正确）;

（2）游标卡尺的主尺读数为13mm,游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为：

11x0.05mm=0.55mm,所以最终读数为：13mm+0.55mm=13.55mm

【题目点拨】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量

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、(1)vc=2m/s(2)3N

【解题分析】（1）设小球在。点的速度大小是九，则对于小球由A-C的过程中，由动能定理得:

12

qE-2R-mgR=—mv^

解得：

vc=2m/s

⑵小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得:

2

Nc—qE—fit——