江苏省盐城市大冈初中2025年高二上物理期末考试试题含解析.doc

江苏省盐城市大冈初中2025年高二上物理期末考试试题
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、关于电场强度的说法中，正确的是（）
A.根据定义式，说明E与放在该点的点电荷q有关
B.电场强度方向总是跟电荷所受到电场力方向一致
C.如果电量为q的负电荷，在电场中某点受到的电场力大小为F，则该点的场强大小等于，但场强方向与F的方向相反
D.如果取走放在电场中某点的检验电荷，则该点场强也相应变为零
2、如图所示，一闭合直角三角形线框abc以速度v匀速向右穿过匀强磁场区域，磁场宽度大于ac边的长度．从bc边进入磁场区，到a点离开磁场区的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是下图中的（ ）

A. B.
C. D.
3、一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（　　）
A.质点一定做匀变速直线运动 B.质点一定做匀变速曲线运动
C.质点单位时间内速度的变化量相同 D.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
4、在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计，下列说法正确的是（　　）

A.闭合开关S时，A1和A2同时亮
B.断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭
C.闭合开关S时，A2先亮，A1逐渐变亮
D.断开开关S时，流过A2的电流方向向左
5、下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是（　　）
A. B.
C. D.
6、质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是

A.M带负电，N带正电
B.M的速度率小于N的速率
C.洛伦兹力对M、N做正功
D.M运行时间大于N的运行时间
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、某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R＝10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220sin100πt V，降压变压器的副线圈与阻值R0=11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）

A.通过R0电流的有效值是20A
B.降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1
C.升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压
D.升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率
8、如图所示电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为DI1、DI2、DI3，理想电压表示数变化量的绝对值为DU，下列说法中正确的是（）

A.电流表A2的示数一定变小
B.电压表V的示数一定增大
C.DI3一定大于DI2
D.DU与DI1比值一定小于电源内阻r
9、若电子只受电场或磁场力的作用，则下列运动可能的是（　　）
A. B.
C. D.
10、如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域（电场强度E和磁感应强度B已知），小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则（　　）

A.小球可能带正电
B.小球做匀速圆周运动的半径为r=
C.小球做匀速圆周运动的周期为T=
D.若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大
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)如图所示游标卡尺读数为____________mm，螺旋测微器读数为____________mm.

(2)(Ⅰ)利用多用电表测某导体的电阻，该同学先用多用电表电阻挡“×100”测量时发现指针向右偏转角度过大，为了减小测量误差，应将选择开关旋转到____________（选填“×1 k”或“×10”）的位置，然后将两表笔短接，进行欧姆调零，再用两表笔与导体连接好并读数。
(Ⅱ)他按正确的实验操作，用多用电表电阻挡测量时指针停在图所示的位置，则此材料电阻的测量值为________Ω.
(Ⅲ)若该材料的长度为L，直径为D，电阻为R，则该材料电阻率的表达式ρ＝________.

(3)在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路
(Ⅰ)按图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来_______

(Ⅱ)在连接的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端(选填“A”或“B”)
(Ⅲ)如图是根据实验数据作出的U－I图象，由图可知，电源的电动势E＝____________ V，内阻r＝__________ Ω.

12．（12分）读出下列游标卡尺、螺旋测微器所显示的测量值。

（1）游标卡尺读数为：______________mm。
（2）螺旋测微器读数为：____________mm。
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、C
【解析】A．电场强度的定义式是，但是E与放在该点的点电荷q无关，选项A错误；
B．电场强度方向总是跟正电荷所受到电场力方向一致，选项B错误；
C．如果电量为q的负电荷，在电场中某点受到的电场力大小为F，则该点的场强大小等于，但场强方向与F的方向相反，选项C正确；
D．电场中某点的场强与检验电荷的有无无关，如果取走放在电场中某点的检验电荷，则该点场强不变，选项D错误；
故选C.
2、A
【解析】线框从开始进入到全部进入磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，产生的电动势：E=BLv，随有效长度的减小而减小，所以感应电流i随有效长度的减小而减小；线框全部在磁场中运动的过程中，没有磁通量的变化，所以没有电动势和感应电流；线框离开磁场的过程中，磁通量不断减小，由楞次定律可知，电流沿顺时针方向；感应电流i随有效长度的减小而减小
A．该图与结论相符，选项A正确；
B．该图与结论不相符，选项B错误；
C．该图与结论不相符，选项C错误；
D．该图与结论不相符，选项D错误；
3、C
【解析】AB．质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，若合力方向与原速度的方向不共线，则质点将做匀变速曲线运动；若合力方向与原速度的方向共线，则质点将做匀变速直线运动，故A、B错误；
C．因为合外力恒定，加速度恒定，由可知，质点单位时间内速度的变化量总是相同，故C正确；
D．如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，质点速度的方向不可能与该恒力的方向相同，故D错误。
故选C。
4、C
【解析】灯A1与电源串联，当电键S闭合时，灯A2立即发光．通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A1逐渐亮起来．所以A2比A1先亮．由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同．故A错误，C正确；稳定后当电键K断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A1、A2构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于稳定后两个支路的电流是相等的，所以A2不会闪亮一下．故B错误；断开开关S时，流过L的电流逐渐减小，方向不变，所以流过A2的电流方向与开始相反，方向向右．故D错误．故选C.
5、C
【解析】A．电场强度是矢量，既有大小又有方向，要判断两点场强是否相同，要从大小和方向两个方面考虑，A、B两点距点电荷的距离相等，根据点电荷场强公式可知，两点的场强大小相等，方向都是指向点电荷，所以方向不同，则场强不同，故A错误。
B．两点场强方向相同，但大小不同，故B错误。
C．这是匀强电场，电场强度处处相同，故C正确。
D．根据电场线疏密判断两点的场强大小不同，根据电场线判断，两点的方向也不同，故场强不同，故D错误。
故选C。
6、A
【解析】A．由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确
B．由可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；
C．洛伦兹力对M、N都不做功，选项C错误；
D．由可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误

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、ABD
【解析】在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率
【详解】A项：通过用电器的电流有效值，故A正确；
B项：由原、副线圈的电压之比等于匝数比，所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1，故B正确；
C项：由于输电线上有电压损失，所以升压变压器T1的输出电压大于降压变压器T2的输入电压，故C错误；
D项：由于输电线上有功率损失，所以升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率，故D正确
故选ABD
【点睛】解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系
8、BCD
【解析】AB．当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，所以电流表A3的示数减小。根据闭合电路的欧姆定律可知，总电流I3减小，则内电压减小，则外电压即并联部分电压增大，即电压表V的示数一定增大，电流表A2的示数一定变大，A错误，B正确；
C．由图可知，电压表测量的是外电路电压U，根据闭合电路欧姆定律
U = E - I3r
根据欧姆定律
U = I2R
当滑动变阻器向右滑动时，外电路U增大，设其变化量为DU，则根据上式可得
DI3r = DU
DI2R = DU
因为外电路电压变化量一样，而
R>r
因此有
DI3>DI2
C正确；
D．电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律
U=E - I3r
可知

根据并联电路分流规律可得
I3=I1 + I2
因为I3减小，而I2增大，所以I1一定减小，且减小量比I3的减小量大，即DI3一定小于DI1，故

D正确。
故选BCD。
分卷II
9、ACD
【解析】A．电子受到点电荷对它的库仑引力，速度若满足条件，由库仑引力提供向心力做匀速圆周运动，选项A正确；
B．等量异种电荷连线的中垂线上的电场方向始终水平向右，电子受到水平向左的电场力，不可能沿中垂线做直线运动，选项B错误；
C．电子在匀强磁场中受洛伦兹力，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，选项C正确；
D．通电螺线管中的磁场方向沿水平方向，电子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，做匀速直线运动，选项D正确。
故选ACD。
10、BC
【解析】A．小球在该区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球带负电，A错误；
B．因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得
，
且有

联立可得小球做匀速圆周运动的半径

故B正确；
CD．由运动学公式可得

联立可得
说明周期与电压U无关，故C正确，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、 ①.23.5 ②.2.708-2.709 ③.×10 ④.140 ⑤. ⑥. ⑦.A ⑧.1.5 ⑨.1.0
【解析】(1)[1]游标卡尺的读数为：
；
[2]螺旋测微器的读数为：
；
(2)[3]用多用电表测量电阻时，指针开始指向无穷大刻度，发现指针向右偏转角度过大，说明示数小，则应换用小一档的倍率测量，即将选择开关旋转到“×10”档位；
[4]多用电表读数为：
；
[5]根据电阻定律，圆柱体导体材料的横截面积：
，
联立可得金属电阻率：
。
(3)[6]由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；

[7]为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分，故滑片应接到A端；
[8]由U-I图可知，电源的电动势：E=1.5V；
[9]当路端电压为1.0V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：
。
12、 ①.29.8 ②.1.125（1.123~1.127均可）
【解析】（1）[1]游标卡尺的精度为，读数为。
（2）[2]螺旋测微器的精度为，读数为。

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、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