山东省青州第二中学2025年高二上物理期末检测试题含解析.doc

山东省青州第二中学2025年高二上物理期末检测试题
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、如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，下列操作可使指针张开角度减小的是　　

A.保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动
B.保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些
C.断开开关S后，将A、B两极板靠近一些
D.断开开关S后，将A、B两极板正对面积减小一些
2、边长为aN匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动,转速为n,线圈所围面积内的磁通量Φ随时间t变化的规律如图所示,图象中为已知．则下列说法正确的是

A.时刻线圈中感应电动势最大
B.时刻线圈中感应电流为零
C.匀强磁场的磁感应强度大小为
D.线圈中瞬时感应电动势的表达式为
3、如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是（　　）

A.甲表是电流表，R增大时量程增大

B.甲表是电流表，R增大时量程减小
C.乙表是电压表，R减小时量程增大
D.乙表是电压表，R增大时量程减小
4、如图所示，两个带等量正电荷的小球与水平放置的光滑绝缘杆相连，并固定在垂直纸面向外的匀强磁场中，杆上套有一个带正电的小环，带电小球和小环都可视为点电荷．若将小环从图示位置由静止开始释放，在小环运动的过程中，说法正确的是

A.小环的加速度的大小不断变化
B.小环的速度将一直增大
C.小环所受的洛伦兹力一直增大
D.小环所受的洛伦兹力方向始终不变
5、如图所示、几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合回路。两个同学迅速摇动AB这段“绳”。假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行。图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线上的A点，乙同学站在东边，手握导线上的B点。下列说法正确的是（ ）

A.此位置的地磁场方向由北指向南
B.当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向B
C.当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大
D.当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大
6、如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0．若弹簧发生的均是弹性形变，则（　　）

A.保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0
B.保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量大于2x0
C.保持Q不变，将q变为-q，平衡时弹簧的缩短量大于x0
D.保持q不变，将Q变为-Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0
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、下列说法正确的是（　　）
A.只有系统不受外力，这个系统才能动量守恒
B.若小明用力推物体而没推动，则推力产生的冲量不为零
C.质量越大，物体动量一定越大
D.竖直抛出的物体上升到一定高度后又落回抛出点，不计空气阻力，则此过程中重力的冲量不为零
8、如图所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用．金属棒沿导轨匀速向上滑动，则它在上滑高度h的过程中，以下说法正确的是

A.作用在金属棒上各力的合力做功为零
B.重力做的功等于系统产生的电能
C.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D.恒力F做的功与安培力做的功之和等于金属棒增加的机械能
9、回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　　)

A.离子从电场中获得能量
B.离子从磁场中获得能量
C.只增大空隙间的加速电压可增大离子从回旋加速器中获得的动能
D.只增大D形盒的半径可增大离子从回旋加速器中获得的动能
10、如图所示，光滑绝缘水平面上相距7L的A、B两点分别固定正点电荷Q1与Q2，C点为AB连线上电势最低处，且BC=2L。若可视为质点的滑块从BC中点D处，以初速度向右运动，并保持在A、B之间往复运动。已知滑块的质量为m、带电量为+q，则

A.Q1︰Q2=25︰4
B.A、B连线上场强为零的地方应该有两处
C.当滑块从D向A运动过程，电场力先做正功后做负功
D.当滑块从C向B运动过程，电势能先减小后增大
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）某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为 20Ω）除了Rx、开关 S、导线外，还有下列器材供选用：
A．电压表（量程0～3V，内阻约3KΩ）
B．电压表（量程0～15V，内阻约10kΩ）
C．电流表（量程 0～200mA，内阻约 5Ω）
D．电流表（量程 0～3A，内阻约 0.05Ω）
E．电源（电动势 3V，额定电流 0.5A，内阻不计）
F．电源（电动 15V，额定电流 2.5A，内阻不计）
G．滑动变阻器R0（阻值范围 0～5Ω，额定电流 2A）
①为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________。（均填器材的字母代号）
②画出测量Rx阻值的实验电路图。
（ ）
12．（12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，则金属丝的直径为_____mm
（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_____．（选填“偏大”或“偏小”）
（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为_____V，电流表的读数为_____A
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、C
【解析】根据静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势
【详解】保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故AB错误；断开开关S后，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，电容增大，根据知，电势差减小，指针张角减小，故C正确；断开开关S后，电容器带电量Q不变，将A、B两极板的正对面积S减小，电容C减小，根据知，电势差U增大，指针张角增大，故D错误．所以C正确，ABD错误
【点睛】本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变．与电容器串联的电阻视为导线
2、D
【解析】由数学知识可知：磁通量-时间图象斜率等于磁通量的变化率，其大小决定了感应电动势的大小．当线圈的磁通量最大时，线圈经过中性面，电流方向发生改变

【详解】t1时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故A错误；t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，线圈中感应电流为最大值，故B错误；磁通量与线圈匝数无关，所以磁感应强度，故C错误；角速度为：ω=2nπ，最大感应电动势为：Em=NBSω=N××a2×2nπ=2Nπφ0n；所以线圈中瞬时感应电动势的表达式为：e=2Nπφ0ncos2πnt，故D正确；故选D
【点睛】本题关键抓住感应电动势与磁通量是互余关系，即磁通量最大，感应电动势最小；而磁通量最小，感应电动势最大
3、B
【解析】AB．甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错误，B正确；
CD．乙表是电压表，R减小时，乙表中变阻器分压减小，量程减小。R增大时，乙表中变阻器分压增大，量程增大，故CD错误。
故选B。
4、A
【解析】小球开始受到Q2对它的库仑力大于Q1对它的库仑力，所以先向左运动，运动的过程中受到洛伦兹力，通过受力情况，知小球向左先加速后减速到0．然后又返回．小球在水平方向上受到两个库仑力作用，在竖直方向上受洛伦兹力和杆子对球的弹力．根据受力情况知，小球向左先加速后减速到0．然后又返回．加速度的大小在变，速度的大小和方向都在变，知洛伦兹力的大小和方向都变化．小球的速度向左先增大后减小．故选A。
5、B
【解析】A．在赤道上，地磁场方向由南指向北，故A错误；
B．当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中电流从A流向B，故B正确；
C．当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，产生的感应电动势最小，“绳”中感应电流最小，故C错误；
D．当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，故D错误，
故选B。
6、C
【解析】根据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可
【详解】设弹簧的劲度系数为K,原长为x.当系统平衡时,弹簧的伸长量为x0，则有：
…①
A.保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：
Kx1=…②
由①②解得：x1<2x0，故A错误；
B.同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B错误；
C.保持Q不变,将q变为−q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步压缩弹簧，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C正确；
D.保持q不变，将Q变为−Q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步压缩弹簧，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故D错误
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】A．当系统不受外力或者合外力为零时，系统动量守恒，故A错误；
B．根据冲量的定义

可知小明用力推物体而没推动，但推力和时间都不为零，故推力产生的冲量不为零，故B正确；
C．根据

可知物体的动量与物体的质量和速度都有关，所以质量越大，物体动量不一定越大，故C错误；
D．由B选项分析可知物体从抛出到落回抛出点过程中重力和时间均不为零，故此过程中重力的冲量不为零，故D正确。
故选BD。
8、ACD
【解析】题中导体棒ab匀速上滑，合力为零，即可合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量
【详解】因为导体棒是匀速运动，所以动能不变，根据动能定理可得合力做功为零，A正确；根据动能定理可得，解得即重力做功等于外力与安培力做功之和，因为动能不变，所以恒力F做的功与安培力做的功之和等于金属棒增加的机械能，B错误D正确；根据功能关系可知金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，C正确；
9、AD
【解析】A．离子每次通过D形盒D1、D2间的空隙时，电场力做正功，动能增加，所以离子从电场中获得能量。故A正确；
B．离子在磁场中受到的洛伦兹力不做功，不能改变离子的动能，所以离子不能从磁场中获得能量。故B错误；
CD．设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，则由

得

则最大动能

可见，最大动能与加速电压无关，增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能，故C错误，D正确。
故选AD。
10、AC
【解析】AB.A、B两点分别固定正点电荷Q1与Q2，C点为连线上电势最低处。类比于等量同种点电荷的电场的特点可知， C点电场强度为0，AB之间电场强度为0的点只有一处。对C点，由点电荷的电场强度公式：

得：

故A正确，B错误；
C.类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC之间的电场强度的方向指向C，BC之间的电场强度指向C；滑块从D向A的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C，所以电场力先做正功后做负功。故C正确；
D.由C选项分析可知，当滑块从C向B运动过程，电荷受到的电场力的方向指向C，所以电场力做负功，电势能增大。故D错误。
故选：AC

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.A ②.C ③.E ④.见解析
【解析】若选择量程 0～15V，内阻约 10kΩ的电压表，选3V电源电动势会导致电压表读数不准确，只能选15V的电源电动势，最大电流I约为

只能选择量程 0～3A的电流表，这样会导致读数不准确，故只能选择量程 0～200mA的电流表量程为0～3V的电压表，故电源电动势选3V。
因为滑动变阻器的电阻小于待测电阻的阻值，故只能用分压式接法，又因为，故选用外接法。电路图如图

12、 ①.0.697（0.695﹣0.698） ②.偏小 ③.2.60（2.59﹣2.61） ④.0.52
【解析】（1）根据内接的特点，结合欧姆定律以及串并联电路的特点，即可分析出测量值与真实值之间的关系；
（2）先算出电表的分度值，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可
【详解】（1）金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm×19.8=0.698mm；
（2）电流表外接法测量电阻，由于电压表分流的影响，故金属丝电阻的测量结果将比真实值偏小；
（3）电压表的分度值为0.1V，要估读到下一位，故其读数为2.60V；
电流表选择的是0～0.6A量程，分度值为0.02A，故其读数为0.52A.
【点睛】解决本题的关键掌握螺旋测微器和电表的读数方法，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．读电表读数时要注意计算电表的分度值，然后再确定是否估读，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可．内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大小外小．”

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、 (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