2025年学年湖南省邵阳市隆回县物理高二上期末综合测试试题含解析.doc

2025年学年湖南省邵阳市隆回县物理高二上期末综合测试试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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、已知电流强度为I的通电直导线在距离为r的地方产生的磁感应强度大小为，k 为常数．如图所示，三根通有电流大小相等的长直导线垂直正方向abcd 所在平面，且分别位于a、c、d 三个顶点．a、d 处导线中的电流方向与 c处导线的电流方向相反．已知 a 处导线在 b 处产生的磁感应强度大小为 B，则 b点的磁感应强度大小为（ ）

A. B.
C. D.
2、如图所示，将一圆面放入匀强磁场中，且与磁感线夹角为30°。若已知圆面面积为3.0×10-4m2，穿过该圆面的磁通量为3.0×10-5Wb，则此匀强磁场的磁感应强度B等于（　　）

A.2.0T B.2.0×10-1T
C.1.0×10-1T D.5.0×10-2T
3、如图所示直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡L1的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时灯泡L1恰能正常发光，则下列说法中正确的是（　　）

A.此电源的内电阻为0.67Ω
B.灯泡L1的额定电压为3V，额定功率为6W
C.把灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小，效率将变低
D.由于小灯泡L1的U﹣I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用
4、两个完全相同的金属球AB，A带正电为3q，B不带电，将两导体接触一下再分开，则B导体的带电荷量变为
A.﹣q B.q
C.1.5q D.3q
5、如图所示，图中边长为O的正三角形ABC的三个顶点A、B、C分别固定有三个点电荷－q、－q、＋q，则该三角形中心O点处的场强为（　　）

A.，方向由C指向O B.，方向由O指向C
C.，方向由C指向O D.，方向由O指向C
6、如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（　　）

A.电容器的电容将减小
B.电容器的电荷量将减少
C.电容器中的电场强度将增大
D.液滴将向上运动
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、如图所示，一束色光从长方体玻璃砖上表面射入玻璃，穿过玻璃后从侧面射出，变为两束单色光，则以下说法正确的是

A.玻璃对光的折射率较大
B.在玻璃中光的波长比光短
C.在玻璃中光传播速度比光大
D.减小入射角，光线有可能消失
8、如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现使圆环以初速度水平向右运动，在以后的运动中，圆环克服摩擦力所做的功可能为（重力加速度为g）（）

A.0 B.
C. D.
9、以无穷远处电势为零，下列关于电势与电势能的说法正确的是（ ）
A.电荷在电场中电势高的地方电势能大
B.在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大
C.在正点电荷形成的电场中的某点，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大
D.在负点电荷形成的电场中的某点，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小
10、如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动．下列说法正确的是

A.圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大
B.圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度一直增大
C.增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
D.将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
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）某同学想通过实验测定一个定值电阻Rx的阻值。
(1)该同学先用多用电表“×10”欧姆挡估测其电阻示数如图，则其阻值为______Ω；

(2)为了较准确测量该电阻的阻值，现有电源（12V，内阻可不计）、滑动变阻器（0~200 Ω，额定电流1 A）、开关和导线若干，以及下列电表：
A.电流表（0~100mA，内阻约15.0Ω）
B.电流表（0~500mA，内阻约25.0Ω）
C.电压表（0~3 V，内阻约3 kΩ）
D.电压表（0~15 V，内阻约15 kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用______，电压表应选用______（选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的______（选填“甲”或“乙”）。这样测量的阻值比真实值______（选填“偏大”或“偏小”）。

(3)图是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(2)问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线____。

12．（12分）一理想变压器原、副线圈匝数比：：原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u．如图所示，副线圈仅接入一个的电阻．则
该交变电压的周期是______；
副线圈输出电压的有效值为______；
流过电阻的最大电流为______

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，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/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m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

14．（16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＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝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R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝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
15．（12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BC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AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
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、B
【解析】根据左手定则判断三根导线在b处的磁场方向，根据求解三根导线在b处的磁感应强度的大小，然后合成即可.
【详解】a 处导线在 b 处产生的磁感应强度大小为 B，可知c处导线在b点的磁感应强度大小为B；d处导线在b点的磁感应强度大小为；根据右手定则可知a 处导线在 b 处产生的磁感应强度方向沿bc方向向下；d处导线在 b 处产生的磁感应强度方向垂直db方向斜向下；c处导线在 b 处产生的磁感应强度方向沿ba方向；根据平行四边形法则可知，三根导线在b处的磁感应强度大小为，故选B.
2、B
【解析】磁通量

则有

故ACD错误，B正确。
故选B。
3、B
【解析】A．由图读出电源的电动势
E=4V
内阻

故A错误；
B．两图线的交点表示小灯泡L1与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压
U=3V
额定电流
I=2A
则额定功率为
P=UI=6W
故B正确；
C．灯泡L1的电阻

换成阻值恒为1Ω的纯电阻，可知外电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻，电源的输出功率将变大，效率将变低，故C错误；
D．灯泡是纯电阻元件，欧姆定律适用，U-I图象为曲线的原因是灯泡电阻随温度的变化而变化，故D错误。
故选B。
4、C
【解析】两完全相同的导体相互接触时，若带同种电荷则将两球带电量平分，若带异种电荷则将电量先中和再平分，据此可正确解答本题；
【详解】根据题意，完全相同的球，接触一下再分开，电量平分，即为：，故选项C正确，选项ABD错误
【点睛】本题关键是根据电荷守恒定律得到，两个相同的金属球接触后，电荷总量均分或先中和后均分
5、C
【解析】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为

三个电荷在O处产生的场强大小均为

根据对称性和几何知识得知，两个-q在0处产生的合场强为

再与+q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为

方向由C指向O，故ABD错误，C正确。
故选C。
6、B
【解析】A．电容器的电容是由电容器本身决定的，与外部因素无关，选项A错误；
B．将滑动变阻器的滑片P向左移动，电路总电阻变大，总电流减小，则R2两端的电压减小，电容量两端电压减小，根据Q=CU可知，电容器的电荷量将减少，选项B正确；
C．电容量两端电压减小，根据可知，电容器中的电场强度将减小，选项C错误；
D．电容器中的电场强度将减小，则液滴受到的向上的电场力减小，则液滴将向下运动，选项D错误。
故选B。

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】A.如图所示，b光的偏折程度大于a光的偏折程度，知b光的折射率大于a光的折射率，故A错误；

B.根据知，b光的频率大，则b光的波长小于a光的波长．故B正确；
C.b光的折射率大于a光的折射率，由v=c/n知在玻璃中b光传播速度小于a光，故C错误；
D.减小入射角i，则折射角减小，到达左边竖直面时入射角就增大，如增大达到临界角则发生全反射，a、b光线消失，故D正确
8、ACD
【解析】由左手定则可知，圆环向右运动时受到向上的洛伦兹力；
A．当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。故A正确。
C．当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：

解得

故C正确。
D．当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动。
由qvB=mg可得：匀速运动的速度：

根据动能定理得：

解得：

故D正确。
B．由以上的分析可知，克服摩擦力做的功不可能为，故B错误；
故选ACD。
9、CD
【解析】A．正电荷在电场中电势高的地方电势能大，负电荷在电场中电势高的地方电势能小，故A错误；
B．在电场中的某点，电量大的正电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大，而电量大的负电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能小，故B错误；
C．在正点电荷形成的电场中的某点，电势为正值，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大，故C正确；
D．在负点电荷形成的电场中的某点，电势为负值，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小，故D正确。
故选CD。
10、BC
【解析】A.圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零．故A错误
B.圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大．故B正确
CD.根据动能定理得：

根据牛顿第二定律得：

联立解得：

增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环仍然可以做圆周运动；若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动．故C正确，D错误

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、 ①.140±1 ②.A ③.D ④.甲 ⑤.偏小 ⑥.
【解析】(1)[1]如图，电阻阻值为14×10=140Ω；
(2)[2][3][4]电源电动势12V，则电压表选择D；电路中可能出现的最大电流

故电流表选择A；
因

则电路选择电流表外接，即选择甲电路；因此电路中的电压表的分流作用，使得电流的测量值偏大，则电阻的测量值偏小；
(3)[5]实物连线如图；

12、 ①. ②.100V ③.
【解析】由图象可知，交变电流的周期，根据图象可以知电压最大值，求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比结合欧姆定律的知识即可求副线圈的有效值和电流最大值
【详解】由图象可知，交变电流的周期是，原线圈中电压的最大值为，所以电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，最大值为，副线圈的电阻为，所以流过电阻的电流的有效值是
【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题

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、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得
14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
15、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N