2025年四川省成都外国语物理高二上期末联考试题含解析.doc

2025年四川省成都外国语物理高二上期末联考试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、根据外媒某军事杂志一篇关于中国航母的报道，其猜测中国自行设计建造的第三艘国产航母将采用电磁弹射装置．航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示．当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去．则下列说法正确的是

A.金属环向左运动过程中将有扩大趋势
B.若将金属环置于线圈的右侧，环将不能弹射出去
C.若将电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射
D.合上开关S的瞬间，从右侧看环中产生沿顺时针方向的感应电流
2、A、B两物体均不带电，相互摩擦后A带负电荷，电荷量大小为Q，则B的带电情况是（ ）
A.带正电荷，电荷量大于Q
B.带正电荷，电荷量等于Q
C.带负电荷，电荷量大于Q
D.带负电荷，电荷量等于Q
3、以下说法中，对甲乙丙丁四幅图的描述错误的是

A.如图甲所示，导体棒垂直于磁场方向运动，两两垂直时，则电动势
B.如图乙所示，导线的运动方向与导线本身垂直，与磁感线方向夹角为θ时，则电动势
C.如图丙所示，线圈以恒定速度从图示位置向上离开磁场过程中电动势逐渐变大
D.如图丁所示，导体棒平动切割磁感线产生的电动势为
4、如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度．天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I（方向如图）时，发现天平的左端低右端高，下列哪些调节方案可以使天平平衡

A.减小电流I大小
B.增长线框的宽度
C.增大左盘砝码的质量
D.增加线圈的匝数N
5、物体做平抛运动，在水平方向上通过的最大距离取决于（　　）
A.物体的下落高度
B.物体的下落高度和初速度
C.物体的初速度
D.物体受到的重力和初速度
6、下列说法中不正确的是（）
A.分子在做永不停息的无规则运动，所以分子具有动能
B.分子间存在相互作用力，所以分子具有势能
C.分子的动能和势能之和叫做物体的机械能
D.内能包括物体内所有分子动能和势能
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，一正点电荷周围有A、B、C三点，其中B、C两点在同一个等势面上．下列说法中正确的是（ ）

A.B、C两点的电势与电场强度均相同
B.试探电荷从B点运动到C点，电场力做的功为零
C.A点的电势高于B点的电势
D.带负电的试探电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
8、对于电场中任意两点间电势差，下列说法中正确的是 （ ）
A.电势差越大，在这两点的电场强度也越大
B.两点间的电势差，数值上等于在这两点间移动单位正电荷时电场力做的功
C.两点间的电势差与在这两点间移动的电荷有关
D.两点间的电势差与在这两点间移动的电荷无关
9、如图所示，虚线A、B、C代表电场中的三条等势线，其电势分别为9V、6V，3V．实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与A、C的交点，电只受电场力作用，不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　）

A.粒子一定带正电
B.粒子在P点的动能大于在Q点的动能
C.粒子在P点的电势能大于粒子在Q点的电势能
D.粒子在P点的加速度一定小于在Q点的加速度
10、把表头G改装成大量程电流表或电压表时下列说法正确的是
A.改装成电压表时应给表头串联一个较大电阻
B.改装成电流表时应给表头并联一个较小电阻
C.改装后表头G的自身电阻会发生变化
D.改装后表头G本身的参量均不会发生变化
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）现在要测量一段电阻丝的电阻率ρ，电阻丝的阻值Rx≈0.5 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A。现提供如下器材：

(1)下面四位同学分别设计的“测量部分”的电路，你认为合理的是________。

(2)实验中滑动变阻器应该选择________(选填“R1”或“R2”)，并采用________接法。
(3)根据你在(1)、(2)中的选择，在图中完成实验电路的连接________。

(4)实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得拉直后电阻丝的长度为L，直径为D，则待测电阻丝的电阻率ρ的计算式为ρ＝________。
(5)用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图所示，则该电阻丝的直径D＝________ mm。

12．（12分）张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：
(1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm（如图甲所示）；
(2)用20分度游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；
(3)用图丙所示电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)

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）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
14．（16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

15．（12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
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】A、固定线圈上突然通过直流电流，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知金属环被向左弹射的瞬间，还有缩小的趋势，故A错误；
B、若金属环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故B错误；
C、根据“来拒去留”，在线圈上突然通过直流电流时，环都会受到向左的力的作用，与电源的正负极无关，故C错误；
D、线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，金属环的感应电流由右侧看为顺时针；故D正确
2、B
【解析】相互摩擦后A带负电荷，电荷量大小为Q，根据电荷守恒定律得B的带电情况是带正电荷，电荷量等于Q．故ACD错误，B正确
故选B
考点：电荷守恒定律
【名师点睛】物体原来均不带电，相互摩擦后会带电，这就是摩擦起电，在摩擦起电过程中，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电；在电子的转移过程中，电荷的总量是保持不变的，正负电荷的代数和保持不变，即正负电荷的代数和等于零
3、C
【解析】A．图甲所示，导体棒垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势的计算公式可得产生的感应电动势为E=Blv，故A正确，不符合题意； 
B．如图乙所示，导线的运动方向与导线本身垂直，与磁感线方向夹角为θ时，速度v在垂直于导体棒上的分速度为vsinθ，则电动势E=Blvsinθ，故B正确，不符合题意； 
C．如图丙所示，线圈以恒定速度v从图示位置向上离开磁场过程中，有效切割长度先增大后减小，感应电动势先增大后减小，故C错误，符合题意； 
D．如图丁所示，导体棒平动切割磁感线时，导体棒垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直，所以产生的电动势为Blv，故D正确，不符合题意。
故选C。
4、A
【解析】根据天平原理，根据左手定则、安培力公式进行判断；
【详解】天平是等臂杠杆，当线圈中通有电流I时，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向上，
天平的左端低右端高，要使天平水平平衡，可以减小左端的砝码的质量，也可以减小安培力，即减小匝数、电流、线框宽度等，故选项A正确，选项BCD错误
【点睛】本题关键明确天平的工作原理是等臂杠杆，然后判断出安培力方向，得到控制平衡的方法
5、B
【解析】物体在做平抛运动，在竖直方向有：，得，在水平方向，可知最大距离取决于物体的下落高度和初速度，B正确，ACD错误，选B
【点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移
6、C
【解析】A．分子在做永不停息的无规则运动，所以分子具有动能，选项A正确，不符合题意；
B．分子间存在相互作用力，所以分子间具有势能，选项B正确，不符合题意；
C．分子的动能和势能之和叫做物体的内能，选项C错误，符合题意；
D．内能包括物体内所有分子动能和势能，选项D正确，不符合题意；
故选C.

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】正点电荷的电场线的分布，电场强度是矢量，电势是标量；沿电场线的方向电势降低；根据w=qU，判断电场力做功；根据E=qφ，判断电势能的大小
【详解】A.B点与C点位于同一个等势面上，所以B、C两点的电势相等，电场强度沿电场线方向，所以电场强度方向不同，故A错误；
B、根据w=qU，B、C两点的电势相等，试探电荷从B点运动到C点，电场力做的功为零．故B正确；
C、沿电场线的方向电势降低，所以A点的电势低于B点的电势．故C错误；
D.沿电场线的方向电势降低，负电荷在电势高的位置电势能反而小，故试探电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，故D正确
故选BD
8、BD
【解析】A．根据可知，电势差越大，在这两点的电场强度不一定越大，选项A错误；
B．根据可知，两点间的电势差，数值上等于在这两点间移动单位正电荷时电场力做的功，选项B正确；
CD．两点间的电势差只与电场本身有关，与在这两点间移动的电荷无关，选项D正确，C错误；故选BD
【点睛】掌握电场强度与电势差的关系，知道电势差的物理意义，在匀强电场中，根据公式U=Ed，d是电场线方向两点间的距离；此题考查对物理规律的解理能力．物理公式要从每个量的意义、公式适用条件等方面理解
9、BD
【解析】A、因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，故电场线如图所示，由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的反方向，故粒子带负电；故A错误；

B、若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故P点动能大于Q点动能；若粒子从Q到P，电场力做正功，动能增大，P点动能大于Q点动能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，根据能量守恒可知，带电粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能，故B正确，C错误
D、因Q点处的等势面密集，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度，故D正确；
【点睛】本题中解题关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法，本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解
10、ABD
【解析】把表头G改装成电压表时应给表头串联一个较大电阻，选项A正确；改装成电流表时应给表头并联一个较小电阻，选项B正确；改装后表头G本身的参量均不会发生变化，选项C错误，D正确

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.C ②.R1 ③.分压 ④.见解析图 ⑤. ⑥.1.205(±0.002)
【解析】(1)电阻丝Rx两端的最大电压
U＝IRx＝0.25 V
比电压表量程小得多，需要串联一分压电阻，即串联一标准电阻R0，此时
R0＋Rx<
电流表采用外接法，选项C正确。
(2)滑动变阻器若选用R2或采用限流接法，调控范围小，应选择R1，并采用分压接法。
(3)根据测量电路图和滑动变阻器的分压式接法，实物连线如图所示。

(4)待测电阻

由电阻定律得

联立解得

12、 ①.3.202-3.205 ②.5.015 ③.偏小
【解析】（1）解决本题的关键明确：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
（2）游标卡尺读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读
（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况
【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm
（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm
（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小
【点睛】考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读．掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法

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)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
14、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
15、（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