2025届江西省永丰中学物理高二上期末达标检测试题含解析

2025届江西省永丰中学物理高二上期末达标检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、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2、如图所示，电源电动势3V，内阻不计，导体棒质量60g，长1m，电阻1.5Ω放在两个固定光滑绝缘环上，若已知绝缘环半径0.5m。空间存在竖直向上匀强磁场，B=0.4T。当开关闭合后，导体棒和导线围成的闭合回路始终保持在竖直平面内，sin37°=0.6，不考虑导体棒运动时产生的感应电动势的影响，则（）A.棒能在某一位置静止，在此位置上棒对每一只环的压力为1NB.棒从环的底端静止释放能上滑至最高点的高度差是0.2mC.棒从环的底端静止释放上滑过程中最大动能是0.2JD.棒从环的底端静止释放上滑过程中速度最大时对两环的压力为1N3、某兴趣小组为探究测定电流产生磁场的磁感应强度的方法，在实验精度要求不高的情况下，设计了如下实验：在一根南北方向放置的直导线的正下方A处放一个罗盘．导线没有通电时罗盘的指针（小磁针的N极）指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度．现已知此地的地磁场水平分量B地=5.0×10－5T，通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置，如图所示．由此得出该通电直导线在A处产生磁场的磁感应强度大小为（）A.5.0×10-5T B.l.0×10-4TC.8.66×10-5T D.7.07×10-5T4、下列哪个仪器测量的物理量不是国际单位制中的基本物理量（）A.弹簧测力计 B.刻度尺C.秒表 D.托盘天平5、已知电荷量单位是库，符号为C：电流单位是安，符号为A；时间单位是秒，符号为s．由电流定义式可知，这三个单位之间的关系是（）A.1C=1A•s B.1C=lA•s﹣1C.1C=1A﹣1•s D.1C=1A﹣1•s﹣16、如图所示，已知某匀强电场方向平行正六边形ABCDEF所在平面，若规定D点电势为零，则A、B、C点的电势分别为8V、6V、2V，初动能为16eV、电荷量大小为3e（e为元电荷）的带电粒子从A沿AC方向射入正六边形区域，恰好经过BC的中点G．不计粒子的重力．则A.粒子一定带正电B.粒子达到G点时的动能为4eVC.若粒子在A点以不同速度方向射入正六边形区域，可能经过C点D.若粒子在A点以不同初动能沿AC方向射入正六边形区域，可能垂直经过BF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、绝缘光滑斜面与水平面成角，质量为m、带电荷量为-q（q>0）小球从斜面上的h高度处释放，初速度为（>0），方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN，则下列判断正确的是（）A.匀强磁场磁感应强度的取值范围为B.匀强磁场磁感应强度的取值范围为C.小球在斜面做变加速曲线运动D.小球达到底边MN的时间8、微元累积法是常用的物理研究方法，如图所示为某物理量（）随另一物理量（）变化的函数图像，关于图像与坐标轴所围面积大小的物理意义，下列说法正确的是（）A.若为质点的加速度，为时间，则“面积”表示质点在时刻的瞬时速度B.若为流过导线的电流，为时间，则“面积”表示时间内流过导线截面的电量C.若为用电器的电功率，为时间，则“面积”表示时间内用电器消耗的电能D.若为某元件的电压，为电流，则“面积”表示对应状态下该元件的电功率9、如图所示，在xOy平面内存在着破感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P(-2L，O)、Q(O，-2L)为坐标轴上的两个点．现有一电子从P点沿PQ方向射出，电子电量大小为q，质量为m，不计电子的重力．下列正确的是（）A.若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子在磁场中运动的轨道半径为LB.若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的最短时间为C.若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为1:3D.若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为2πL，也可能为4πL10、如图所示的电路中，当半导体材料做成的热敏电阻浸泡到热水中时，电流表示数增大，则说明A.热敏电阻在温度越高时，电阻越大B.热敏电阻在温度越高时，电阻越小C.半导体材料温度升高时，导电性能变差D.半导体材料温度升高时，导电性能变好三、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）如图是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容与其结构之间的关系装置图．充电后与电源断开的平行板电容器的板与静电计相连，板和静电计金属壳都接地，板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制板的移动．请回答下列问题：（1）本实验采用的科学方法是__A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法（2）在该实验中，静电计的作用是___A．测定该电容器的电荷量B．测定该电容器两极的电势差C．测定该电容器的电容D．测定、两板之间的电场强度（3）在实验中观察到的现象是___A．甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大B．乙图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小C．丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大D．丙图中的手不动，而向两板间插入金属板时，静电计指针的张角不变12．（12分）等效替代法是物理学中一种常见的、重要的研究方法，某同学想用此法研究热敏电阻的特性，设计了如下的实验。如图，一热敏电阻放在控温容器内：为毫安表，量程，内阻为数十欧姆；为直流电源，电动势约为，内阻很小；为电阻箱，最大阻值为；为开关。已知在90℃时阻值为，在20℃时的阻值约为。现要求在降温过程中测量在90℃～20℃之间的多个温度下的阻值完成下列实验步骤中的填空①依照实验原理电路图连接实验电路②调节控温容器内的温度，使得温度为90℃③将电阻箱调到适当的数值，以保证仪器安全④闭合开关。调节电阻箱，记录电流表的示数，并记录电阻箱的读数⑤将的温度降为；调节电阻箱，使得电流表的读数____，记录此时____⑥温度为时热敏电阻电阻值_____⑦逐步降低的数值，直至20℃为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥四、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，一对光滑的平行金属导轨（电阻不计）固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L，左端接有阻值R的电阻，一质量m、长度L的金属棒MN放置在导轨上，棒的电阻为r，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速运动，保持外力的功率为P不变，经过时间t导体棒最终做匀速运动．求：（1）导体棒匀速运动时的速度是多少？（2）t时间内回路中产生的焦耳热是多少?14．（16分）两个质量相等的带电小球（可视为质点）A、B，用长度均为L的绝缘细线悬于天花板上的○点，两悬线均偏离竖直方向θ角，如图所示。已知A、B两球所带电荷量均为+q，静电力常量为k，重力加速度为g。求：(1)带电小球的质量；(2)若撤去A球，在小球B所在的空间加一水平方向的匀强电场，使B球静止在原来位置，则匀强电场的电场强度为多大？15．（12分）一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零。试求：（1）A、B两点的电势差UAB；（2）匀强电场的场强大小；

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】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。2、C【解析】A．金属棒受到的安培力为：对金属棒进行受力分析，金属棒受到重力、安培力和两个环的支持力，如图：因为金属棒静止，根据平衡条件得每个环对棒的支持力选项A错误；B．由于所以金属棒在此位置速度最大，此位置距离底端的高度为h=r-rcosθ=0.2m而该位置不是最高点，选项B错误；CD．由动能定理得：代入数据得Ekm=0.2J根据牛顿定律解得：FmN=0.9N故选项C正确，D错误；故选C。3、C【解析】本题考查了磁场合成，小磁针后来的指向为合磁场方向，因此根据平行四边形定则，已知某个磁场大小和方向与合磁场方向，可以求出另一个磁场大小；【详解】各个分磁场与合磁场关系如图所示：地磁场水平分量，所以根据三角函数关系可得：即有：，故ABD错误，C正确【点睛】物理中力、电场强度、磁场强度等均为矢量，在合成时遵循平行四边形定则，因此要熟练应用平行四边形定则进行矢量的合成4、A【解析】A、弹簧测力计测量的是力的大小，其单位是依据牛顿第二定律由加速度和质量单位导出的导出单位，故A符合题意；B、刻度尺是测量长度的仪器,是测量的力学基本量，故B不符合题意；C、秒表是测量时间的仪器,是测量的力学基本量；故C不符合题意；

D、托盘天平是测量质量的仪器,是测量的力学基本量；故D不符合题意；故选A5、A【解析】根据电流的定义式，Q=It，则1C=1A•s，故A正确，BCD错误故选：A6、B【解析】根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E和F两点的电势然后确定电场线方向，根据粒子受力方向确定电性；根据动能和电势能之和不变确定粒子在G点和C点的动能，由此作出判断；根据运动的合成和分解分析粒子能否垂直BF方向【详解】根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E和F两点的电势分别为2V和6V，则EC为等势线，匀强电场的电场线方向和粒子运动轨迹如图所示；该粒子沿AC方向进入，从G点射出，粒子受力方向与电场线方向相反，该粒子一定带负电，故A错误；粒子在A点初动能为16eV、电势能EPA=-3e×8V=-24eV，所以总能量为E=16eV-24eV=-8eV，由于UBG=UGC，所以G点的电势为4V，该粒子达到G点时的动能为EKG=E-（-4×3eV）=4eV，故B正确；只改变粒子在A点初速度的方向，若该粒子能经过C点，则经过C点的动能EKC=E-（-2×3eV）=-2eV，动能为负，不可能出现这种情况，所以只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C点，故C错误．若该粒子以不同初动能从A点沿AC方向入射，其速度可以分解为沿电场线方向和垂直于电场线方向，而平行于电场线方向的速度不可能为零，所以该粒子不可能垂直经过BE，故D错误；故选B【点睛】有关带电粒子在匀强电场中的运动，此种类型的题目从两条线索展开：其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等解答．其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，利用动能定理、能量守恒定律等研究全过程中能的转化二、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】AB．根据带点小球在斜面上运动时的受力情况，有当时，小球离开斜面，要使小球能够沿斜面到达底边MN，B的最大值为所以匀强磁场磁感应强度的取值范围为A错误，B正确；C．小球沿斜面方向的合力为重力的下滑分力，垂直斜面方向合力为零，小球在斜面上做匀加速曲线运动，C错误；D．沿斜面方向，有位移为由得D正确。故选BD。8、BC【解析】A．如果轴表示加速度，由：可知“面积”等于质点在相应时间内的速度变化量，A错误；B．如果轴表示电流，为时间，由：可知“面积”表示时间内流过导线截面的电量，B正确；C．若为用电器的电功率，为时间，根据：可知“面积”表示时间内用电器消耗的电能，C正确；D．若为电压，为电流，则“面积”没有意义，对应状态的电功率等于对应状态的电压与电流的乘积，D错误。故选BC。9、BD【解析】画出粒子运动的可能的轨迹，结合几何知识求解做圆周运动的半径和粒子在磁场中的转过的角度，结合周期公式可求解时间和路程.【详解】若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则根据几何关系可知，电子在磁场中运动的轨道半径为，选项A错误；电子运动的周期为，电子运动时间最短时，轨迹如图甲；从P到O转过的角度为900，从O到Q转过的角度为2700，则电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的最短时间为，选项B正确；考虑电子运动的周期性，由图乙可知电子从P到O的时间与从O到Q的时间之比等于转过的角度之比，在图中所示的情况中，从P到O的时间与从O到Q的时间相等，选项C错误；若电子从P点出发经原点O到达Q点，则在图甲所示情况中电子运动的路程为4πL，在图乙所示的情况中粒子运动的轨道半径为L，则路程为2πL，选项D正确；故选BD.第II卷10、BD【解析】电流表的示数增大，说明电路中的电流增大，电阻减小，所以这个热敏电阻的电阻率是随温度的升高而降低的；半导体材料的电阻值在其他条件不变时升高温度，导电性能变好，故选项B、D正确考点：热敏电阻；全电路欧姆定律.【名师点睛】此题是对热敏电阻及全电路欧姆定律的考查；关键是知道热敏电阻的特点：热敏电阻的电阻率是随温度的升高而降低；根据电路中电流的变化分析总电阻的变化，然后分析热敏电阻的变化；半导体材料的电阻值在其他条件不变时升高温度，导电性能变好三、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.C②.B③.A【解析】（1）[1]．本实验中要控制一些量不变，然后再得出C的决定因素；故采用的是控制变量法；故选C；（2）[2]．静电计的作用是测定电容器两极之间的电势差；故选B；（3）[3]．实验中观察到的现象为：A、手水平向左移动时，板间距离增大时，根据电容的决定式，可知电容减小，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压增大，所以静电计指针的偏转变大．故A正确；B、当手竖直上移时，正对面积减小；根据电容的决定式，可知电容减小，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压增大，所以静电计指针的偏转变大．故B错误；C、插入电介质时，根据电容的决定式，可知电容增大，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压减小，所以静电计指针的偏转变小．故C错误；D、而向两板间插入金属板时，板间距离减小，据电容的决定式，可知电容增大，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压减小，所以静电计指针的偏转变小．故D错误；12、(1).为I0(2).电阻箱电阻R1(3).R0+130-R1【解析】⑤[1][2]．将RT的温度降为T1（20℃＜T1＜90℃）；