2025届西藏林芝市第二高级中学物理高二上期末综合测试试题含解析

2025届西藏林芝市第二高级中学物理高二上期末综合测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、在粒子散射实验中，电子对粒子运动的影响可以忽略，这是因为与粒子相比，电子A.电量太小 B.速度太小C.体积太小 D.质量太小2、如图所示，通电直导线ab位于两平行导线横截面MN的连线的中垂线上，当平行导线通以同向等值电流时，以下说法中正确的是：A.ab顺时针旋转B.ab逆时针旋转C.a端向外，b端向里旋转D.a端向里，b端向外旋转3、如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘块，甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地面上，空间存在着水平方向的匀强磁场，在水平恒力F的作用下，甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动，在加速运动阶段（）A.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B.甲、乙两物块间的摩擦力不变C.甲、乙向左运动的加速度不断减小D.甲对乙的压力不断减小4、如图所示，100匝的线圈两端M、N与一个理想电压表V相连。线圈内有方向垂直纸面向内的磁场，线圈中的磁通量按如图所示规律变化。则下列说法正确的是（）A.电压表示数为150V，M端接电压表正接线柱 B.电压表示数为150V，N端接电压表正接线柱C.电压表示数为50.0V，M端接电压表正接线柱 D.电压表示数为50.0V，N端接电压表正接线柱5、如图所示，竖直放置的圆环绕OO′以速转动，OO′为过圆环圆心的竖直转轴，A、B为圆环上的两点，用vA，vB分别表示A、B两点的线速度大小，用ωA、ωB分别表示A，B两点的角速度大小，则下列关系正确的是（）A.ωA＜ωB B.ωA=ωBC.vA＞vB D.vA=vB6、已知G表的内阻为100Ω，满偏电流为300μA，若用此表头改装成0.6A量程的电流表，则（）A.串联一个199900Ω电阻 B.串联一个0.05Ω电阻C.并联一个199900Ω电阻 D.并联一个0.05Ω电阻二、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、在如图所示电路中，已知电表均为理想电表，电流表A、电压表V1、V2的读数分别为I、U1和U2，C为电容器．在滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A、电压表V1、V2读数变化量大小分别是ΔI、ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的有A.电源的内阻消耗的电功率变大B.灯泡变亮、电容器所带电量减少C.等于外电路总电阻，变小D.等于电源的内电阻，不变8、在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（）A.电压表V的示数变小B.电流表A2的示数变小C.电流表A1的示数变大D.电流表A的示数变大9、如图甲,电动势为E,内阻为r的电源与R=6Ω的定值电阻、滑动变阻器Rp、开关S组成串联回路,已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值Rp的关系如图乙,下列说法正确的是A.电源的电动势E=V,内阻r=4ΩB.定值电阻R消耗的最大功率为0.96WC.图乙中Rx=25ΩD.调整滑动变阻器Rp的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1W10、某电容式话筒的原理如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，当P、Q间距离增大时，下列判断中正确的是（）A.P、Q构成的电容器的电容增加 B.P上电荷量保持不变C.有电流自M经R流向N D.PQ间的电场强度减小三、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）螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示由上图读得圆柱体的直径为________mm，长度为_______cm12．（12分）用10分度游标卡尺测一工件外径的读数如图所示，读数为____________cm；用螺旋测微器测一圆形工件的直径读数如图所示，读数为_____________mm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）如图甲所示，在水平方向的匀强电场中，用长为l的绝缘细线，拴住质量为m、带电量为q的小球，线的上端O固定，开始时将线和球拉成水平，松开后，小球由静止开始向下摆动，当摆过60°角时，速度又变为零．问：（1）A、B两点的电势差多大？（2）电场强度多大？14．（16分）如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U1=4.5×103V加速后以速度v0垂直等间距的进入电压U2=180V，间距为d=1.0cm，板长Ɩ=5.0cm的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s=10.0cm的屏幕上的P点，（e=1.6×10-19C，m=9.0×10-31kg）求：（1）射出偏转电场时速度的偏角tanθ=？（2）打在屏幕上的侧移位移OP=？15．（12分）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强电场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0,h)点，以大小为的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点Q进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成角，不计粒子所受的重力。求(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值；(4)(3)情况下带电粒子从P点运动到Q点历经多长时间。

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、D【解析】在α粒子散射实验中，由于电子的质量太小，电子的质量只有α粒子的，它对α粒子速度的大小和方向的影响就像灰尘对枪弹的影响，完全可以忽略．故D正确，A、B、C错误2、C【解析】导线M和N的磁感线都是同心圆。因此对ab上半段，M导线的磁感线指向右下，可以用左手定则判断：a端受到向外的力。N导线的磁感线指向右上，也使a端受向外的力；同理也可以分析出b端受向里的力。从而使得a端转向纸外，b端转向纸里；A．ab顺时针旋转，与结论不相符，选项A错误；B．ab逆时针旋转，与结论不相符，选项B错误；C．a端向外，b端向里旋转，与结论相符，选项C正确；D．a端向里，b端向外旋转，与结论不相符，选项D错误；故选C。3、B【解析】ABC．甲、乙两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间的没有摩擦力，整体的加速度不变，所以对于甲来说，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度不变，所以甲、乙两物块间的摩擦力不变，故A错误，B正确，C错误；D．甲带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对乙的压力变大，故D错误。故选B4、C【解析】根据法拉第电磁感应定律得根据楞次定律，M端接电源正极，所以电压表示数为50.0V，M端接电压表正接线柱。故选C。5、B【解析】AB．因为A、B两点同轴转动，则角速度相同，即ωA=ωB，选项A错误，B正确；CD．根据v=ωr，因为rA<rB，则vA<vB，选项CD错误；故选B.6、D【解析】把电流表改装成大量程电流表，需要并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值解：把电流表改装成0.6A电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：R==≈0.05Ω；则D正确，ABC错误故选D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、BD【解析】该电路R1和R2串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，根据闭合电路的动态分析即可；【详解】A、滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离接入电路的的电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，根据公式可知电源内阻消耗的电功率变小，故选项A错误；B、由于总电阻变大，总电流变小，则内电压变小，则路端电压增大，故灯泡变亮，即灯泡的电流变大，则通过电阻的电流变小，即电阻两端电压减小，则电容器两端电压减小，根据公式可知电容器所带电量减小，故选项B正确；C、电压表测量路端电压，根据部分电路欧姆定律可知：，则，通过上面的分析可知总电阻变大，即等于外电路总电阻，变大，故选项C错误；D、根据闭合电路欧姆定律可知：，则不变，故选项D正确【点睛】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析，特别要理解8、BCD【解析】当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则由U=E-Ir可知，路端电压增大；则可知电流表A的示数减小，电压表V的示数增大；故A错误，D正确；因路端电压增大，A1中电流增大；因总电流减小，而R1中电流增大，则A2中电流减小，故BC正确．故选BCD9、BC【解析】将R看成电源内阻，当电源的内外电阻相等时RP的功率最大，由图读出RP的功率最大值及对应的阻值，即可求得电源的内阻，根据功率公式求出电源的电动势．根据滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等列式，可求得Rx．当RP=0时电路中电流最大，R消耗的功率最大．根据内外电阻相等时电源的输出功率最大求该电源的最大输出功率【详解】由图乙知，当RP=R+r=10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，R=6Ω，可得内阻r=4Ω最大功率P==0.4W，解得E=4V，故A错误．滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等，有4Rx=（R+r）2，解得Rx=25Ω，故C正确．当回路中电流最大时，定值电阻R消耗的功率最大，故最大功率为Pmax=()2R=0.96W，故B正确．当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大．本题中定值电阻R的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器RP的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为P出max=()2R=0.96W，故D错误．故选BC【点睛】解决本题的关键是掌握推论：当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大．对于定值电阻，当电流最大时其消耗的功率最大．对于变阻器的最大功率，可采用等效法研究10、CD【解析】A．电容式话筒与电源串联，电压保持不变。在PQ间距增大过程中，根据电容决定式得电容减小，故A错误；BCD．根据电容定义式得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，再根据场强知场强变小，故CD正确，B错误。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、①.1.844②.4.240【解析】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数；【详解】螺旋测微器：不动刻度为1.5mm，可动刻度为，则读数为；游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为，所以最终读数为：；12、①.3.27cm;②.;【解析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标尺读数，不需估读．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【详解】游标卡尺的主尺读数为：3.2cm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为0.1×7mm=0.7mm，所以最终读数为：3.2cm+0.7mm=3.27cm螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为0.01×5.8mm=0.058mm，所以最终读数为1.558mm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）AB两点的电势差UAB为﹣；（2）匀强电场的场强大小是【解析】（1）小球从A到B的过程中，重力做正功mgLsin60°，电场力做功为qUAB，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差UAB；（2）根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强．式中d是AB沿电场线方向的距离，d=L﹣Lcos60°解：（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：mgLsin60°+qUAB=0，解得：UAB=﹣；（2）BA间电势差为：UBA=﹣UAB=，则场强：E==；答：（1）AB两点的电势差UAB为﹣；（2）匀强电场的场强大小是【点评】本题是带电体在电场中平衡和圆周运动的问题，需要正确分析小球的运动过程和小球的受力情况，根据动能定理和平衡条件，以及电场知识综合求解14、(1)0.1(2)1.25cm【解析】(1)设电子经加速电场U1加速后以速度v0进入偏转电场，由动能定理有：代入数据解得：；进入偏转电场后做类平抛运动，在电场线方向有：经时间t1飞出电场有：沿电场方向的速度：设射出偏转电场时速度的偏角为，则：(2)飞出电场时偏转量为：由以上各式代入数据得：设电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电