2025年甘肃省天水市甘谷一中物理高二第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

2025年甘肃省天水市甘谷一中物理高二第一学期期末教学质量检测试题
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、下列图示中标示了电流方向、磁感线指向、通电直导线或运动电荷所受磁场力方向，其中所标示方向均符合物理规律，正确的是（）
A.
B.
C.
D.
2、以下关于磁场和磁感应强度B的说法，正确的是（）
A.磁场中某点的磁感应强度，根据公式，它跟F、I、L都有关
B.磁场中某点的磁感应强度的方向垂直于该点的磁场方向
C.穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度不一定为零
D.磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也一定越大
3、下列几种说法中正确的是（　　）
A.线圈中的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B.穿过线圈的磁通量越大，线圈中的感应电动势越大
C.线圈放在磁场越强的位置，线圈中的感应电动势越大
D.线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大
4、下列说法中正确的是
A.开普勒总结了行星运动的三定律，并发现了万有引力定律
B.奥斯特发现电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系
C.法拉第提出了分子电流假说
D.富兰克林发现“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应
5、如图，MN是放置在匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过薄金属板，实线表示其运动轨迹，由图可知 ( )

A.粒子带正电
B.粒子运动方向是abcde
C.粒子运动方向是edcba
D.粒子上半周运动所用时间比下半周所用时间长
6、在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示．图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（ ）

A.固定在A、B处电荷的电量之比为QA: QB =8:1
B.小球一定可以到达x=-2L点处
C.小球将以x=L点为中心做完全对称的往复运动
D.小球在x=L处的速度最大
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、国庆期间小明去逛超市，遇促销打折买了一个电吹风，电吹风的使用说明书上给出了如表所示的参数及图示电路图。下列说法正确的是（　　）
电吹风铭牌参数
额定电压
220V 50Hz
额定功率
热风
1000 W
冷风
250 W

A.该电吹风发热电阻R的阻值约为64.5Ω
B.该电吹风电动机M的内阻为193.6Ω
C.当开关S1断开、S2闭合时，电吹风吹冷风
D.当开关S1、S2均闭合时，电动机每秒钟消耗的电能为1000J
8、一个电热器电阻为R，当它两端电压为U时，通电时间t消耗电能为W，若使它消耗的电能为4W，下列方法正确的是(　　)
A.电阻R不变，电压U不变，通电时间t变为原来的2倍
B.电阻R减半，电压U增大1倍，通电时间t不变
C.电阻R不变，电压U增大1倍，通电时间t不变
D.电阻R减半，电压U不变，通电时间t变为原来的2倍
9、如图所示，开关闭合的通电螺线管轴线正右侧用绝缘细线悬挂一线圈A，正上方用绝缘细线悬挂一垂直纸面的导线B，现给A、B通入图示方向的电流，不记A、B间的相互作用，下列说法正确的是（ ）

A.通电后A线圈靠近螺线管
B.通电后A线圈远离螺线管
C.通电后悬挂B的绝缘细线拉力相比没通电流时的拉力大
D.通电后悬挂B的绝缘细线拉力相比没通电流时的拉力小
10、如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是( )

A.电子一定从A向B运动
B.若>，则Q靠近M端且为正电荷
C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有<
D.B点电势可能高于A点电势
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）在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R

（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径d为_______mm
（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量出的R结果将比真实值_____（选填“偏大”或“偏小”）
（3）如下图所示，是多用电表的“×10”欧姆挡经过正确步骤测量金属丝电阻时多用电表指针的位置，则金属丝阻值的测量值R＝_____Ω，若测出金属丝长度的测量值为L，则该金属丝电阻率的表达式ρ＝_____（用d、R、L表示）
12．（12分）用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量：

（1）旋动部件______，使指针对准电流的“0“刻线；
（2）将K旋转到电阻挡“×l00“的位置；
（3）将插入“十“、“-“插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的______，（填“0刻线“或“∞刻线“）；
（4）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，应将K旋转到电阻挡的______，（填“×1K”或“×100”）的位置，重新进行欧姆调零并完成测量
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，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
14．（16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
15．（12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

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】A．由左手定则可知安培力垂直电流向上，故A错误；
B．因带电粒子沿磁感线运动，不受洛伦兹力作用，故B错误；
C．由左手定则可知感应电流沿杆向上，故C正确；
D．由右手螺旋定则（安培定则）可知俯视时磁感线为逆时针方向，故D错误。
故选择C选项。
2、C
【解析】A．磁感应强度的大小是由磁场本身的性质决定的，公式只是一个定义式，而不是决定式，所以磁感应强度B与F、I、L无关，选项A错误；
B．磁感应强度的方向就是磁场的方向，二者是一个概念，选项B错误；
C．穿过线圈的磁通量为0，即

由于不知道平面和磁场的夹角，所以无法肯定磁感应强度是否为0，选项C正确；
D．若不知道线圈和磁场的夹角关系，磁感应强度大的地方，磁通量也未必大，选项D错误。
故选C。
3、D
【解析】根据 线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大；磁通量越大、或者磁通量变化大，或者线圈放在磁场越强的位置不动，感应电动势都不一定大，选项ABC错误，D正确；
故选D。
4、B
【解析】A．开普勒总结了行星运动的三定律，牛顿发现了万有引力定律，故选项A错误；
B．1820年奥斯特发现电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系，故B正确；
C．安培提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故C错误；
D．法拉第发现“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，故D错误
【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一
5、C
【解析】ABC．带电粒子不计重力在匀强磁场中运动并穿过金属板后粒子速率变小，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式

粒子的半径将减小，故粒子应是由下方穿过金属板，故粒子运动方向为edcba，根据左手定则可得，粒子应带负电，故AB错误，C正确；
D．由

可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为，故D错误；
故选C。
6、D
【解析】据φ-x图象切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：，解得QA：QB=4：1，故A错误．根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达x=-L点处，然后小球向右运动，小球将以x=0.5L点为中心作往复运动，故BC错误．因x=L处场强为零，所以小球在C处受到的场强向左，向左加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L再向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故D正确．故选D
【点睛】解决本题首先要理解φ-x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU和电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理

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、AC
【解析】A．由表格可知发热电阻的功率

所以该电吹风发热电阻R的阻值

故A正确；
B．电动机正常工作过程为非纯电阻，不能使用公式

计算电动机内阻，故B错误
C．由图可知当开关S1断开、S2闭合时，发热电阻断路，电动机工作，故吹冷风，故C正确；
D．当开关S1、S2均闭合时，电动机正常工作，功率仍然为250W，故电动机每秒钟消耗的电能为

故D错误。
故选AC。
8、CD
【解析】A．当电阻R不变，电压U不变，通电时间t变为原来的2倍时，消耗电能

不合题意；则A错误；
B．当电阻R减半，电压U增大1倍，通电时间t不变时，消耗电能

不合题意；则B错误；
C．当电阻R不变，电压U增大1倍，通过时间t不变时，消耗电能

符合题意；则C正确；
D．当电阻R减半，电压U不变，通电时间t变为原来的2倍时，消耗电能

符合题意，故D正确。
故选CD。
分卷II
9、AC
【解析】根据右手螺旋法则判断螺线管和A中的磁场方向；根据左手定则判断直导线B的受力方向，从而判断细线拉力的变化.
【详解】由右手螺旋法则可知，螺旋管的左端为N极，右端为S极；A的左端为N极，右端为S极，则A线圈靠近螺线管，选项A正确，B错误；由左手定则可知直导线B受向下的安培力，则通电后悬挂B的绝缘细线拉力相比没通电流时的拉力大，选项C正确，D错误；故选AC.
【点睛】此题考查左手定则和右手定则，熟记其内容并熟练应用左右手定则是关键，牢记“左力右电”
10、BC
【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC

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、 ①.0.695~0.698mm ②.偏小 ③.140Ω ④.
【解析】（1）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）电流表外接法，根据欧姆定律即可判断出测量误差：（3）由电阻定律求出电阻率的表达式，即可求出电阻率
【详解】（1）由图甲所示螺旋测微器可知，其读数为：0.5mm+19.7×0.01mm=0.697mm（0.696mm～0.698mm均正确）.
（2）电流表外接法，电压U测量准确，由于电压表分电流，导致电流I测量偏大，故根据欧姆定律Rx=U/I，可知测量结果将比真实值偏小；
（3）金属丝阻值的测量值R＝14×10Ω=140Ω
根据电阻定律可得：Rx=
横截面积：S=π（）2
联立可得金属丝的电阻率：
【点睛】本题考查金属电阻率的测量实验，还考查了螺旋测微器与欧姆表的读数；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，螺旋测微器需要估读，结合电阻定律，求解金属丝的电阻率
12、 ①.S ②.T ③.0刻度 ④.×1k
【解析】(1)电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；
(3)将插入 “+”、“-“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线.
(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针示数过小，说明所选倍率太小，为了得到比较准确的测量结果，应换用大挡进行测量，为了得到比较准确的测量结果，应将K旋转到电阻挡的×1K.

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）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
14、 (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
15、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