广西百色市田东中学2025届物理高二第一学期期末经典试题含解析

广西百色市田东中学2025届物理高二第一学期期末经典试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、实验室用的小灯泡灯丝的I﹣U特性曲线可用以下哪个图象来表示（考虑灯丝的电阻随温度的升高而增大）（）A. B.C D.2、如图所示，两根等高光滑的1/4圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（）A.通过R的电流方向为由a→R→bB.通过R的电流方向为由b→R→aC.R上产生的热量为D.流过R的电量为3、现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如右图所示连接．下列说法中正确的是()A.开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B.线圈A插入线圈B中后，开关闭合或断开瞬间电流计指针均不会偏转C.开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D.开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转4、电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比，如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线．直线C为电阻R两端的电压与电流的关系图线，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么A.R接到电源a上，电源的效率较低B.R接到电源b上，电源输出功率较大C.R接到电源a上，电源输出功率较大，电源效率较高D.R接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高5、用两根绝缘细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图所示．当两导线环中通入方向相同的电流I1、I2时，则有()A.两导线环相互吸引B.两导线环相互排斥C.两导线环间无相互作用力D.两导线环先吸引后排斥6、如图所示是由电源、灵敏电流计、滑动变阻器和平行板电容器组成的电路，闭合开关，在下列四个过程中，为使灵敏电流计中有到电流，下列做法可行的是A.在平行板电容器中插入一块塑料板B.增大平行板电容器两极板间的距离C.滑动变阻器的滑片向右滑动D.减小平行板电容器两极板的正对面积二、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、如图所示理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44Ω，电流表A1的示数为0.20A．下列判断中正确的是（）A.原线圈和副线圈的匝数比为2：1B.原线圈和副线圈的匝数比为5：1C.电流表A2的示数为1.0AD.电流表A2的示数为0.4A8、地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成θ角的直线MN运动．如图所示，由此可以判断：（）A.油滴一定做匀速直线运动B.油滴可能做匀变速直线运动C.如果油滴带正电，它是从N点运动到M点D.如果油滴带正电，它是从M点运动到N点9、在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时()A.通过L1的电流为通过L2的电流的2倍B.此时L1、L2和L3的电阻均为12ΩC.L1消耗的电功率为0.75WD.L1消耗的电功率为L2消耗的电功率的4倍10、如图所示，边长为2L正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一个由某种材料做成的边长为L、粗细均匀的正方形导线框abcd所在平面与磁场方向垂直；导线框、虚线框的对角线重合，导线框各边的电阻大小均为R．在导线框从图示位置开始以恒定速度v沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是（）A.导线框进入磁场区域的过程中有向里收缩的趋势B.导线框中有感应电流的时间为C.导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为D.导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框ac两点间的电压为三、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）(1)如图所示为某位同学在正确使用欧姆表测量某电阻时指针所指位置，则所测电阻的大小为_____欧姆。（2）若如图所示为某位同学在正确使用量程为2.5V电压表测量某电压时指针所指位置，则所测电压的大小为_____伏特。（3）若如图所示为某位同学在正确使用量程为10A表测量某电流强度时指针所指位置，则所测电流强度的大小为_____安培。12．（12分）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差：(1)如图所示，应该选择的实验电路图是_____（选填“a”或“b”）。(2)现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A.电压表（0~15V）B.电压表（0~3V）C.滑动变阻器（0~30Ω）D.滑动变阻器（0~500Ω）实验时，电压表应选用_____，滑动变阻器应选用_____。(3)某同学记录的六组数据见下表，其中五组数据的对应点已经标在图中的坐标纸上，请标出第2组数据的对应点，并画出U－I图像。（）序号123456电压U/V1.451.401.301.251.201.10电流I/A0.060.120.240.260.360.48(4)由图像可得：该电池的电动势E=__V，内阻r=_____Ω（小数点后保留2位数字）。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，水平面内固定着U形光滑金属导轨NMPQ，轨距为L，金属裸导线ab质量为m，电阻为r，横放在导轨上，导轨左端连一个阻值为R的电阻(导轨部分电阻不计)，现加上竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场．用水平恒力F拉动ab使其始终垂直于导轨向右匀速运动，问：(1)ab的速度为多少?(2)若突然撤去外力F，则在此后的时间中，电阻R上还能产生多少热量?14．（16分）有两只额定电压都是110V的灯泡A和B，A的额定功率是100W，B的额定功率是40W，为了使它们接在220V的电路上能正常发光。（1）图中哪些连接方法能使两灯正常发光；（2）哪种连接方法最省电？请简要写出分析过程。15．（12分）如图所示的平面直角坐标系，在第I象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿轴正方向；在第IV象限有一与轴相切的圆形匀强磁场区域（图中未画出），方向垂直于平面向里，大小为。一质量为、电荷量为的粒子，从轴上的点，以大小为的速度沿轴正方向射入电场，通过电场后从轴上的点进入第IV象限的圆形匀强磁场，经过磁场后从轴上的某点进入第III象限，且速度与轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：（1）电场强度的大小；（2）圆形磁场的最小面积；（3）粒子从点运动开始，到再次经过轴所经历的时间。

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、A【解析】根据可知，I-U图象的斜率大小表达电阻的倒数，因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，因此I-U特性曲线是过原点的向电压轴倾斜的曲线，故A正确，BCD错误2、B【解析】金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由b→R→a，故A错误，B正确；金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em=BLv0，有效值，经过的时间为：，根据焦耳定律有：，故C错误；通过R的电量由公式：，故D错误3、A【解析】电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误故选A考点：本题考查了感应电流产生的条件，点评：知道感应电流产生条件，认真分析即可正确解题4、C【解析】电源的效率，由图象可知A与C交点处电压大于B与C交点处电压，则R接在电源a上效率较高；电源路端电压与电流图象与电阻两端电压与电流图象交点表示将两者相连时的工作电压和电流，则R接到电源a上时电源的输出功率较大，故C正确，ABD错误。5、A【解析】根据平行的通电直导线，当通入方向相同的电流时，相互吸引，当通入方向相反的电流时，相互排斥，可把两导线环分割成很短很短的无数段，对照平行通电直导线进行理解即可；【详解】根据左手定则合右手定则可知：平行的通电直导线，当通入方向相同的电流时，相互吸引，当通入方向相反的电流时，相互排斥；可把两导线环分割成很短很短的无数段，则平行靠近的两端可看做通电直导线的情况，当通入方向相同的电流时，相互吸引，故A正确，BCD错误【点睛】考查了左手定则判断安培力的方向，右手定则判断磁场方法，得出通电导线间的相互作用，注意结论的应用：同向电流相吸，异向电流相斥6、A【解析】根据题图可知，考查了含容电路；电路稳定时，该电路中没有电流，滑动变阻器R上没有电压．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电容器所带电量如何变化，就能判断电路中电流的方向【详解】A、在平行板电容器中插入电介质，根据电容的决定式分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计．故A正确；B、增大平行板电容器两极板间的距离，根据电容的决定式分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式分析得知电容器所带电量减小，将要放电，，有a到b方向的电流通过电流计．故B错误；C、电路稳定时，该电路中没有电流，移动滑动变阻器R的滑片，电容器的电压不变，电路中仍没有电流．故C错误；D、减小平行板电容器两极板的正对面积，根据电容的决定式分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式分析得知电容器所带电量减小，将要放电，有a到b方向的电流通过电流计．故D错误【点睛】当电容器保持与电源相连时，电压不变．只有电容器充电或放电时，电路中才有电路二、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】变压器输出功率等于输入功率，则：，解得：，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比，故BC正确，AD错误8、AD【解析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误【详解】AB．油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据F=qvB可知，粒子必定做匀速直线运动;故A正确,B错误.CD．根据做直线运动的条件和受力情况，如图所示：可知如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故C错误，D正确.故选AD.【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动9、AC【解析】A.根据电路图可知，通过L1的电流为干路电流，通过L2的电流为支路电流，且L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，因此通过L1的电流为通过L2的电流的2倍，故A正确；B.因为电路中的总电流为0.25A，根据图乙L1结合欧姆定律可得所以求得，但L2和L3为支路，电流小于0.25A，所以电阻小于，故B错误；C.根据公式可得故C正确；D.根据图像可知，L1、L2的电压之比大于2:1，电流之比为2:1，因此根据公式可知，L1、L2的电功率之比大于4:1，即L1消耗的电功率大于L2消耗的电功率的4倍，故D错误。10、ACD【解析】根据楞次定律判断感应电流的方向；当磁通量变化时，线框中将产生感应电流；确定出线框有效的切割长度，由公式E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由F=BIL求出安培力，由串联电路的特点求解a、c间的电压【详解】A项：导线框进入磁场区域时磁通量增加，根据楞次定律判断得知产生逆时针方向的感应电流，由于磁通量增大，故线圈由收缩的趋势，故A正确；B项：当线框进入和离开磁场时磁通量变化，才有感应电流产生，所以有感应电流的时间为，故B错误；C、D项：导线框的bd对角线有一半进入磁场时，线框有效的切割长度为：产生的感应电动势为：感应电流为：整个导线框所受安培力大小为：F=BIl=，导线框a、c两点间电压为：U=I•2R=故C、D正确故选ACD【点睛】本题关键要理解“有效”二字，知道感应电动势公式E=Blv中l是有效的切割长度，安培力公式F=BIl，l也是有效长度三、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、①.4.0②.2.00③.8.0【解析】（1）[1]．所测电阻的大小为4.0×1=4.0欧姆；（2）[2]．使用量程为2.5V电压表测量某电压，最小刻度为0.05V，所测电压的大小为2.00伏特；（3）[3]．使用量程为10A表测量某电流强度时，最小刻度为0.2A，所测电流强度的大小为8.0安培。12、①.a②.B③.C④.⑤.1.50⑥.0.84【解析】(1)[1]实验的测量原理方程为闭合电路欧姆定律电压表的内阻远大于电源内阻，分流不明显，电流表内阻和电源内阻较为接近，分压明显，所以采用电路能够较准确的测量。(2)[2]一节干电池的电动势约为，所以选择量程为的电压表即可，即B。[3]滑动变阻器以限流的方式接入电路，为了方便调节，所以选择C即可。或者根据(3)中的表格可知，接入电路中的最大电阻约为所以选择阻值较小的滑动变阻器即可。(3)[4]用直线将有效的数据点连成直线，如图：(4)[5]根据闭合电路欧姆定律变形可知图像的纵截距即为电动势的测量值[6]图像斜率的大小即为电源内阻的测量值四、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)(2)【解析】(1)当金属杆匀速运动时，合力为零，恒力F与安培力平衡，由E=BLv、欧姆定律和安培力公式求出安培力与速度的关系式，应用平衡条件求出速度(2)撤去外力F，ab棒在安培力作用下做减速运动，直至停止运动，由能量守恒定律求电阻R上还能产生热量【详解】(1)设ab的速度为v．则ab产生的感应电动势为：E=BLv回路中感应电流为：ab所受的安培力为：F安=BIL联立解得：根据平衡条件有：F=F安，则得：(2)突然撤去外力F后，ab棒在安培力作用下做减速运动，直至停止运动，由能量守恒定律得回路还能产生的总热量为：电阻R上还能产生的热量为：联立解得：【点睛】本题是电磁感应与电路知识的综合，关键要掌握安培力与速度的关系式，这个表达式经常用到，要在理解的基础上最好记住14、（1）图中甲、丁的连接方法能使两灯正常发光；（2）图甲的连接方式，见解析【解析】（1）对甲，由于两灯泡额定电压都是110V，A的额定功率是100W，B的额定功率是40W，可知把灯泡B与电阻并联，会使并联部分的总电阻变小，若使A与并联部分的总电阻相同，此时加在A两端的电压和B两端的电压均为110V，所以A、B能同时正常发光，并且并联部分消耗的功率与A灯泡的额定功率相同，则此时消耗的总功率为200W；对乙，由于灯泡要满足110V的额定电压，所以当A灯泡与电阻串联以后，再与B灯泡并联，而B灯泡两端电压会高于