2025届贵州省黔西南市物理高二上期末检测试题含解析

2025届贵州省黔西南市物理高二上期末检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。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相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、电源和一个水平放置的平行板电容器、二个变阻器R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路．当把变阻器R1、R2调到某个值时，闭合开关S，电容器中的一个带电液滴恰好处于静止状态．当再进行其他相关操作时（只改变其中的一个），以下判断正确的是（）A.将R1的阻值增大时，液滴将向下运动B.将R2的阻值增大时，液滴仍保持静止状态C.把电容器的上极板向上平移少许，电容器的电荷量将减小D.断开开关S，电容器上的带电荷量将减为零2、如右图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知()A.振子的振动周期等于t1B.在t＝0时刻，振子的位置在a点C.在t＝t1时刻，振子的速度为零D.从t1到t2，振子正从O点向b点运动3、下列关于静电场和磁场的说法正确的是()A.电场中场强越大的地方，电势一定越高B.电场中某点场强与试探电荷的电荷量成反比C.磁场中某点的磁感应强度大小与小磁针受到的磁场力大小有关D.静电荷产生的电场中电场线不闭合，通电直导线产生的磁场中磁感线是闭合的4、如图所示，在三角形区域ACD内有一垂直纸面向里的匀强磁场．在纸面内一束电子以不同大小的速度从A点沿同一方向射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是A.从CD边出射的电子，在磁场中运动时间都相等B.从AC边出射的电子，在磁场中运动时间都相等C.从AC边出射的电子距C点距离越近，其轨道半径越小D.从CD边出射的电子距C点距离越近，其轨道半径越大5、如图所示，质子()和α粒子()，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为()A.1∶1 B.1∶2C.2∶1 D.1∶46、关于自由落体运动，下列说法正确的是（）A.不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B.初速度为零的匀加速直线运动是自由落体运动C.初速度为零，只在重力作用下的运动是自由落体运动D.初速度为零，不考虑空气阻力的运动是自由落体运动二、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、一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值R=2.0Ω的电阻，如图甲所示．在线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈内磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示．下列说法正确的是（）A.通过R的电流方向为a→bB.线圈中产生的感应电动势为5VC.R两端电压为5VD.通过R的电流大小为5A8、如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直三角形所在平面向外的匀强磁场，直角边bc长度为L．三个完全相同的带正电的粒子1、2、3，分别从b点沿bc方向以速率v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1﹕t2﹕t3=3﹕3﹕2，做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1、r2、r3．不计粒子的重力及粒子间的相互作用．下列关系式一定成立的是A.v1=v2 B.v2＜v3C. D.9、如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放罝。小磁块先后在管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块A.在P和Q中都做自由落体运动B.在P中下落过程中机械能减小C.在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大10、如图所示是研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置，下列说法正确的是A.实验中，只将b极板向上平移，指针张角变小B.实验中，只将b极板向右靠近，指针张角变小C.实验中，只要极板间插入有机玻璃，指针张角变小D.实验中，增加极板带电量，指针张角增大，电容增大三、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）在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A.电流表1(量程2mA，内阻r1=100Ω)B.电流表2(量程1A，内阻约10ΩC.定值电阻R0(2900Ω)D.滑动变阻器R(0~20Ω)E.开关和导线若干(1)某同学根据提供的器材设计电路来完成实验，PQ连接_________，MN连接_________(填“电流表“1”或“电流表“2”)(2)该同学利用测出的实验数据作出的I1-I2图线(I1为电流表1的示数，I2为电流表2的示数，且I1远小于I2)如图乙所示，则由图线可得被测电池的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω．（保留两位有效数字）(3)若将图线纵轴改为_________（用所测物理量的符号表示)，则图线与纵轴交点的物理含义即为被测电池电动势的大小12．（12分）某实验小组为了完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验室备有下列器材：A．小灯泡（3.0V，1.5W）B．电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω）C．电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）D．电压表V（量程0～3V，内阻约为10kΩ）E．滑动变阻器R1（阻值范围0～lkΩ，允许最大电流300mA）F．滑动变阻器R2（阻值范围0～20Ω，允许最大电流1A）G．直流电源E（电动势4V，内阻不计）H．开关S，导线若干请回答下列问题：(1)某同学画出了大部分实验电路如图(a)，请将其补充完整________；(2)按你补充完整的实验电路进行实验，电流表最好选用_______；滑动变阻器最好选用_________．（填上述实验器材前的字母序号）(3)实验小组得到小灯泡的伏安特性曲线如图（b）所示，但由于实验小组绘图的同学粗心，忘记标注坐标轴了．如果请你给它标上坐标轴，你会在纵轴上标注_____、横轴上标注_____．（选填“I”或“U”）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）如图所示，光滑绝缘轨道由水平段AB和圆形轨道BCD组成，B在圆心正下方，轨道上的C、D两点与圆心等高，圆轨道半径为R。整个装置处在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为。现将一小球从A点由静止释放。已知小球质量为m，电量为q，且带正电，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）若AB=2R，求小球运动到C点时对轨道的压力大小；（2）若小球能沿圆轨道运动到D点，则AB间的距离至少为多大?14．（16分）如图所示，y轴上M点的坐标为（0，L），MN与x轴平行，MN与x轴之间有匀强磁场区域，磁场垂直纸面向里．在y>L的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点O处有一正粒子以速率v0沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为，粒子重力不计．求：(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)从原点出发后带电粒子第一次经过x轴时的位置坐标；(3)从原点出发后经过多长时间，带电粒子经过x轴。15．（12分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L，金属导轨所在的平面与水平面夹角为θ，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E、内阻r的直流电源，导线电阻不计．现把一个质量m且电阻R的导体棒ab放在金属导轨上，此时导体棒静止且紧压于导轨上．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，重力加速度取g．求：(1)画出导体棒ab受力分析图；(2)通过导体棒ab的电流大小；(3)导体棒ab所受的安培力大小和方向；(4)导体棒ab所受的摩擦力大小和方向

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【解析】A.闭合开关S，电容器上极板带正电，带电液滴受重力和电场力处于平衡，电场力竖直向上，可知带电液滴带负电．当R1的阻值增大时，电容器两端间的电势差不变，板间场强不变，则带电液滴受到的电场力不变，液滴保持静止不动，故A错误；B.将R2的阻值增大时，则R2两端间的电压增大，所以电容器两端间的电压增大，液滴所受的电场力变大，液滴将向上运动，故B错误；C.把电容器的上极板向上平移少许，d增大，电容减小，电容器两端的电势差不变，则由Q=CU得知，电容器的电荷量将减小，故C正确；D.断开开关，稳定时电容器两端间的电势差等于电源的电动势．电容器的电压增大，带电量增加，不会为零，故D错误2、D【解析】A中振子的振动周期等于2t1，故A不对；B中在t=0时刻，振子的位置在O点，然后向左运动，故B不对；C中在t=t1时刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C不对；D中从t1到t2，振子正从O点向b点运动，故D是正确的3、D【解析】电场强度是描述电场强弱的物理量，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量无关；沿电场线的方向，电势越来越低，场强大小与电势高低无关；电流所受安培力的方向与磁场方向垂直；磁感线是闭合的曲线．【详解】电场中场强越大的地方，电势不一定越高，如负点电荷周围，越靠近点电荷，场强越大，但电势却越低，A错误；电场中某点的场强是由电场本身决定的，与试探电荷存在与否无关，B错误；磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与小磁针存在与否无关，C错误；静电荷产生的电场中电场线是从正电荷(或无穷远处)出发终止于无穷远处(或负电荷)，是不闭合的，通电直导线产生的磁场中磁感线是闭合的，D正确．【点睛】本题考查了电场强度与磁场方向、磁感线等问题，要注意明确电场强度和磁感应强度均是由电场和磁场本身决定的；同时注意两种场的性质的区别和联系．4、B【解析】AB、如图所示，过入射点A过入射速度v的垂线AE，电子入射速度不同，但它在磁场中做圆周运动的圆心均集中在直线AE上，利用“放缩圆法”可知，能从AC边射出的电子的最大轨迹，刚好和CD边相切于F点．结合运动轨迹图和几何关系可知，所有能从AC边出射的电子，轨迹对应的圆心角相同，故时间相同，则A错误，B正确；CD、由图可知，从AC边出射的电子距C点距离越近，其轨道半径越大；从CD边出射的电子距C点距离越近，其轨道半径越小．故CD错误；故选B5、B【解析】质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律得到粒子加速度的表达式为；粒子射出电场时的侧位移y的表达式为y=at2，又；EK＝mv02；联立得，；由题，两个粒子的初动能Ek相同，E、L相同，则y与q成正比，质子（）和α粒子（）电荷量之比为1：2，侧位移y之比为1：2．故选B6、C【解析】自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动.【详解】因为物体做自由落体运动的条件：①只在重力作用下②从静止开始，所以自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，加速度是重力加速度；故选C.【点睛】把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律二、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、BC【解析】A．如图乙所示，磁通量随时间的变化规律为均匀增大，而磁场方向为垂直纸面向里．根据楞次定律“增反减同”原则，故感应磁场应垂直纸面向外，据右手螺旋定则可知电流方向应为逆时针方向，即通过R的电流方向应为b→a，A选项错误BC．根据图的斜率为磁通量的变化率可以得到又因为线圈内阻不计，故R两端的电压就应为5V，故BC均正确；D．根据部分电路的欧姆定律可知可知D错误故选BC。8、BD【解析】三个相同的带电粒子以不同速度沿同一方向进入三角形磁场区域，由半径公式，则速度较大的带电粒子进入磁场时做匀速圆周运动的半径大，而再由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t=T，可知第一、二两种粒子在磁场中偏转角度相同为90°，而第三个粒子偏转60°，打在ac边上，画出其运动轨迹，由偏转角度求出半径【详解】根据题设条件，三个相同的带电粒子从b点沿bc方向以不同速度进入三角形磁场区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，粒子轨道半径与速度成正比，又因为三个粒子在磁场中运动的时间之比为t1：t2：t3=3：3：2，显然它们在磁场中的偏转角度之比为3：3：2．即粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，轨迹如图所示：粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，粒子3的速度比1、2的速度大，粒子2的速度大于粒子1的速度，故A错误，B正确；对速度为v1和v2的粒子，其偏转角度均为90°，由几何关系可知r1<L，对速度为v3的粒子偏转60°，运动轨迹如图所示，由几何关系知：r3×sin60°=L，解得：，故C错误，D正确；故选BD【点睛】三个相同的粒子以不同速度沿相同方向进入三角形磁场区域，由于半径不同，再加上在磁场中的时间之比就能确定三个粒子偏转角之比，再综合磁场区域与粒子通过直线边界的对称性，从而确定三个粒子打在磁场边界的位置，从而可以比较速度大小，也能求出半径关系9、BC【解析】A．当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，运动不是自由落体运动，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误。

B．由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，克服安培力做功，机械能减小，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B正确。

C．在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确。

D．根据动能定理可知，因安培阻力导致产生热量，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误。故选BC。10、BC【解析】A．只将b极板向上平移，极板正对面积减小，电容变小，电荷量不变，极板间电势差变大，指针张角变大，A错误；B．只将b极板向右靠近，极板间距离变小，电容变大，电荷量不变，极板间电势差变小，指针张角变小，B正确；C．只要极板间插入有机玻璃，电容变大，电荷量不变，极板间电势差变小，指针张角变小，C正确；D．增加极板带电量，电容不变，极板间电势差变大，指针张角增大，D错误；故选BC。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.（1）电流表2，②.电流表1；③.（2）4.5，④.1.5；⑤.（3）I1(RO+r1)或3000I1【解析】（1）PQ连接电流表测电路电流，MN连接内阻已知的电流表相当于改装了一只电压表，故PQ接电流表2，MN接电流表1.（2）由闭合电路欧姆定律，解得：，结合图像解得：;（3）若将图线的纵轴改为I1(R0+r1)或3000I1，则图线与纵轴交点的物理含义即为被测电池电动势的大小【点睛】本题没有电压表，所以需要利用已知内阻的电流表改装电压表，并结合闭合电路欧姆定律求出坐标系所对应的数学函数，利用截距和斜率求解即可12、①.(1)如图：②.(2)B③.F④.(3)U⑤.I【解析】（1）器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法；（2）通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图；（3）灯泡的电阻随（电压）温度的升高而增大，所以U-I图线是一条曲线【详解】（1）小灯泡为小电阻，故使用电流表外接法，所以补充完整的电路图如下：（2）根据小灯泡额定电压为3V，额定功率为1.5W可知，灯泡正常工作时，可流过的最大电流为0.5A，故选量程为0～0.6A最佳，能准确测量，故选B；由于本实验采用滑动变阻器的分压式接法，故选阻值偏小的滑动变阻器调节更灵敏和方便，即滑动变阻器最好选用F；（3）由于小灯泡的电阻率会随着电压（温度）的升高而逐渐变大，从而导致小灯泡的电阻变大，故该伏安特性曲线的纵轴应标注U，横轴标注电流I；故本题的答案为：(1)图见解析(2)B；F(3)U；I【点睛】解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别四、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)5mg；(2)【解析】(1