北京市海淀区2024-2025学年高二上学期期末考试物理试卷（图片版，含解析）

2025北京海淀高二（上）期末
物 理
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．2017 年 1 月我国科学家利用天眼观测到一颗宜居行星，这是迄今为止发现的最像地球的行星，这颗行
星的直径是地球的 a 倍，质量是地球的 b 倍。已知近地卫星绕地球运动的周期为 T，引力常量为 G．则该
行星的平均密度为
3 b 3 3 a2
A． B． C． D．
3GT 2 a3GT 2 GT 2 bGT 2
2．利用如图所示的电路可以测量出电压表的电阻， R 为电阻箱，电源电压恒定不变，当 R 取不同阻值时，
1
电压表均对应有不同读数U ，多次改变电阻箱的阻值，所得到的 R图象为下图中的哪一个（ ）
U
A． B． C． D．
3．关于电流，下列说法中正确的是( )
A．通过导体横截面的电荷量越多，电流越大
B．电子运动的速率越大，电流越大
C．因为电流有方向，所以电流是矢量
D．单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大
4．金属铂的电阻值对温度的高低非常“敏感”，如图的四个图象中可能表示金属铂电阻的 U﹣I 图象是
（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属
块滑下的过程中动能增加了12J ，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功 24J ，则以下判断正确的是
（ ）
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A．金属块带负电荷
B．金属块的电势能减少 4.0J
C．金属块克服电场力做功8.0J
D．金属块的机械能减少12J
6．将 3A 的直流电通过电阻 R 时，ts 内产生的热量为 Q．现让正弦交流电通过电阻 R，若 2ts 内产生的热
量为 Q，则该交流电流的有效值和最大值分别为（ ）
3 2
A． A ，3A B．3A，3 2A C． 3A， 6A D．3 2A ，6A
2
二、多选题
7．关于晶体、非晶体、液晶，下列说法正确的是
A．所有的晶体都表现为各向异性
B．晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属一定是非晶体
C．所有的晶体都有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点
D．液晶的微观结构介于晶体和液体之间，其光学性质会随电压的变化而变化
8．如图所示，闭合开关 S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时 0.2s，第二次用时 0.4s，并且两次磁铁
的起始和终止位置相同，则（ ）
A．第一次线圈中的磁通量变化较快
B．第一次电流表 G 的最大偏转角较大
C．第二次电流表 G 的最大偏转角较大
D．若断开 S，电流表 G 均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势
9．圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场,三个质量和电荷量都相同的带电粒子 a、b、c,以不同的速率沿着
AO 方向对准圆心 O 射入磁场,其运动轨迹如图所示．若带电粒子只受磁场力的作用,则下列说法正确的是
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A．a 粒子速率最大
B．c 粒子速率最大
C．a 粒子在磁场中运动的时间最长
D．它们做圆周运动的周期 Ta10．我国在 2018 年 12 月 8 日发射的“嫦娥四号”可以更深层次、更加全面的探测月球地貌和资源等信息。
已知月球的半径为 R，月球表面的重力加速度为 g ，引力常量为 G。“嫦娥四号”绕月球可看做匀速圆周运
动，它离月球中心的距离为 r ，根据以上信息可知下列结果正确的是（ ）
3gR
A．月球的平均密度为
4πG
3g
B．月球的平均密度为
4πGR
r3
C．“嫦娥四号”绕月球运行的周期为 2π
gR2
r3
D．“嫦娥四号”绕月球运行的周期为2π
gR
三、实验题
11．电流表 G1的量程为 0～5mA，内阻 r＝290Ω，把它改装成如图甲所示的一个多量程多用电表.电流挡小
量程为 0～10mA，大量程为 0～100mA；电压挡小量程为 0～10V，大量程为 0～25V.
(1)某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示.若此时开关 S 端是与“6”相连的，则此多用电的表读数为 .
(2)已知图甲中的电源 E 的电动势为 15V，当把开关 S 接到位置 4，短接 A、B 表笔进行欧姆调零后，用该
1
挡测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表 G1满偏刻度的 处，则该电阻的阻值为 kΩ.
5
(3)此多用电表的表笔 A 为 （“红色”或“黑色”），图中电阻 R5＝ Ω.
12．（1）在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图所示），示数为 cm.在一次实验时某同学用螺旋
测微器测量（如图），示数为 mm.
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（2）某电阻额定电压为 3 V（阻值大约为 10 Ω）．为测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：
A：电流表 A1（量程 300 mA，内阻约 1 Ω）
B：电流表 A2（量程 0.6 A，内阻约 0.3 Ω）
C：电压表 V1（量程 3.0 V，内阻约 3 kΩ）
D：电压表 V2（量程 5.0 V，内阻约 5 kΩ）
E：滑动变阻器 R1（最大阻值为 10 Ω）
F：滑动变阻器 R2（最大阻值为 1 kΩ）
G：电源 E（电动势 4 V，内阻可忽略）
H：电键、导线若干．
①为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需添器材前面的字母即可）：电流表 ，电压
表 ，滑动变阻器 .
②画出该实验电路图 .
四、解答题
－
13．如图所示，在倾角为 37°的光滑斜面上有一根长为 0.4 m、质量为 6×10 2 kg 的通电直导线，电流大小 I
＝1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动。
(1)开始时，整个装置放在无磁场的环境中，即 B0＝0，求此时斜面对通电直导线的支持力大小。(sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2)
(2)给整个装置所处的空间加竖直向上的匀强磁场，若斜面对通电直导线的支持力为零，求磁感应强度 B 的
大小。
14．如图所示，在竖直平面内有一个半径为 r，质量为 m0的金属圆环，圆环平面与纸面平行，圆环部分处
在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁场的水平边界与圆环相交于 M、N 点，圆心
角∠MON=120°。用绝缘轻绳把放在斜面上的滑块通过定滑轮与圆环相连。当圆环中通有逆时针方向大小
为 I 的电流时，滑块保持静止。已知斜面倾角为 30°，斜面和滑轮均光滑。求：
（1）滑块的质量；
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（2）若圆环电流 I 大小不变，方向突然变为顺时针方向时，滑块的瞬时加速度为多大。
15．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点 O，用一根长度为 l=0.20m 的绝缘轻线把质量为
m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在 O 点，小球静止在 B 点时轻线与竖直方向的夹角为 θ=37°。现将
小球拉至位置 A，使轻线水平张紧后由静止释放，g 取 10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80。求：
（1）小球所受电场力的大小；
（2）小球通过最低点 C 时的速度大小；
（3）小球通过最低点 C 时轻线对小球的拉力大小。
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参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A D B D A CD AB BC BC
1．B
【详解】对地球的近地卫星可得
2
Mm 2
G = m
2 R R T
解得
M 4π2
=
R3 GT 2
故该行星的密度为
bM 3πb
ρ = =
4 3 23
π ( a GTbR)
3
故 B 正确，A、C、D 错误；
故选 B。
2．A
E
【详解】设电压表的内阻为 RV ，由闭合电路的欧姆定律可得电路中的电流 I =
R + RV
ERV
电压表示数U =
RV + R
1 1 1
则 = + R
U E ERV
1
因 E 、 RV 为定值，所以 与 R 之间的关系是一次函数关系。
U
故选 A。
3．D
【详解】根据 I=q/t 可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流不一定越大，选项 A 错误；根据 I=nesv 可
知，电子运动的速率越大，电流不一定越大，选项 B 错误；电流有方向，但是电流是标量，选项 C 错误；
根据 I=q/t 可知，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大，选项 D 正确；故选 D.
4．B
【详解】金属铂导体的电阻对温度的变化很敏感，电阻随温度的升高而增大，在一定温度下其 U-I 图线是
非线性的，且图线的斜率越来越大，B 正确、ACD 错误．
故选 B．
5．D
【详解】ABC. 在金属块滑下的过程中动能增加了 12J，金属块克服摩擦力做功 8.0J，重力做功 24J，根据
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动能定理得：W 总=WG+W 电+Wf=△EK解得：W 电= 4J，所以金属块克服电场力做功 4.0J，金属块的电势能
增加 4J.由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故 A 错误，B
错误，C 错误；
D. 在金属块滑下的过程中重力做功 24J，重力势能减小 24J，动能增加了 12J，所以金属块的机械能减少
12J，故 D 正确．
故选 D.
6．A
【详解】根据 3A 的直流电通过电阻 R 时，t 时间内产生的热量为 Q 可知：Q=I 21 Rt ①
当让一交流电通过电阻 R，若 2t 时间内产生的热量为 Q，则有：Q=I 2有 R 2t ②
3 2
联立①②，代入数据解得: I = A ,则最大值： Im = 2I有=3A . 有
2
故 A 正确，B、C、D 错误.故选 A.
7．CD
【详解】单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，选项 A 错误；单晶体一定有规则的几何形状，
形状不规则的金属是多晶体，选项 B 错误；所有的晶体都有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，选项
C 正确；液晶的微观结构介于晶体和液体之间，其光学性质会随电压的变化而变化，选项 D 正确；故选
CD.
8．AB
【分析】两次磁铁的起始和终止位置相同，知磁通量的变化量相同，根据时间长短判断磁通量变化的快
慢，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．
【详解】A 项：磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故 A 正确；
B、C 项：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应
电流大，故 B 正确，C 错误；
D 项：断开电键，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零，故 D 错误．
故选 AB．
【点睛】解决本题的关键知道感应电动势产生的条件，以及知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正
比．
9．BC
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
v2
qvB = m
r
解得：
mv
r =
qB
AB．由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，由图示
可知，a 粒子的轨道半径最小，粒子 c 的轨道半径最大，则 a 的粒子速率最小，c 粒子的速率最大，故 A 错
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误，B 正确；
2πm
CD．粒子在磁场中做圆周运动的周期：T = ，粒子在磁场中的运动时间
qB

t = T
2π
三粒子运动周期相同，由图示可知，a 在磁场中运动的偏转角最大，对应时间最长，故 C 正确，D 错误．
10．BC
【详解】AB．万有引力等于重力
Mm
G = mg
R2
M 4 3
密度 = ，体积为V = πR ，联立解得
V 3
3g
=
4πGR
故 A 错误，B 正确；
CD．根据万有引力提供向心力有
Mm 2π
G = m( )2 r
r2 T
万有引力等于重力
Mm
G = mg
R2
联立解得
r3
T = 2π
gR2
故 C 正确，D 错误。
故选 BC。
11． 20.0V（19.8～20.2） 6 红色 29
【详解】(1)[1]开关 S 端与“6”相连，作为大量程电压表使用，量程为 0～25V，根据电压表读数规则可知，
多用电表读数为 20.0V；
(2)[2]分析多用电表内部结构，开关 S 端与“4”相连，则作为欧姆表使用，此时干路电流最大为 Im＝10mA，
则根据闭合电路欧姆定律可知，
I
E= m (Rx + r内 )
5
E＝Imr 内
联立解得
Rx＝6kΩ；
(3)[3]电流从红表笔流入电表，故多用电表的表笔 A 为红表笔.
[4]当开关 S 端接“1”时，电流挡的量程为 0～100mA，根据电表改装原理可知，
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Ig(r+R6)＝(I1-Ig)R5；
当开关 S 端接“2”时，电流挡的量程为 0～10mA，
Igr＝(I2-Ig)(R5+R6），
联立解得
R5＝29Ω.
12． 10.405cm ; 8.075mm ;; A; C; E;
【详解】（1）[1]20 分度的游标卡尺，精确度是 0.05mm，游标卡尺的主尺读数为 104mm，游标尺上第 1 个
刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为:
1×0.05mm=0.05mm
所以最终读数为：
104mm+0.05mm=104.05mm=10.405cm；
[2]螺旋测微器的固定刻度为 8mm，可动刻度为：
7.5×0.01mm=0.075mm
所以最终读数为：
8mm+0.075mm=8.075mm
（2）①[3]根据欧姆定律，流过电阻的最大电流：
U 3
I = = 0.3A
R 10
故电流表选 A；
[4]电阻额定电压为 3V 则电压表选 C 即可；
[5]为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式接法，为了方便调节，滑动变阻器选小阻值的 E．
RV R
② [6] ＞ 即被测电阻为小电阻，选取电流表外接，题目要求为了尽可能提高测量准确度，选择滑动
R RA
变阻分压式．故电路图如图．
【点睛】选择器材通常的步骤：1、根据实验要求设计合理的实验电路．2、估算电路中电压、电流可能达
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到的最大值，以此选择电压表和电流表的量程．
13．(1) 0.48N (2) 2T
【详解】(1)斜面对通电直导线的支持力为：
FN = mg cos37 = 0.48N；
(2)由题意知导体棒受水平向左安培力:
F = ILB，
若斜面对通电直导线的支持力为零可得：
mg cos37 = F sin 37 ，
磁感应强度为
mg
B = = 2T。
IL tan 37
答：(1)开始时，整个装置放在无磁场的环境中，即 B0＝0，此时斜面对通电直导线的支持力为 0.48N；
(2)给整个装置所处的空间加竖直向上的匀强磁场，若斜面对通电直导线的支持力为零，磁感应强度
B = 2T。
2 3BIr 2 3BIrg
14．（1）2m0 （2）
g 3m0g 2 3BIr
【详解】（1）设滑块质量为 m，圆环处在磁场中部分所受安培力为：
F = 2BIr sin 600 ①，
方向竖直向上，
系统处于静止状态：
m0g F mg sin 30
0 = 0 ②
联立①②式得：
2 3BIr
m = 2m0 ③
g
（2）电流 I 反向后，安培力大小不变，方向相反，对系统由牛顿第二定律
m0g + F mg sin 30
0 = (m0 +m)a ④
联立①③④式得：
2 3BIrg
a =
3m0g 2 3BIr
15．（1）0.75N；（2）1m/s；（3）1.5N
【详解】（1）小球在 B 点时，根据平衡条件有
F
tan =
mg
解得
F = 0.75N
（2）对小球从 A 到 C 的过程，由动能定理得
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1
mgl Fl = mv2C
2
解得
vC =1m/s
（3）小球在 C 点时，根据牛顿第二定律有
v2
T mg = m
l
解得
T =1.5N
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