湖南省衡陽縣2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期末質(zhì)量檢測試題含解析

PAGE17-湖南省衡陽縣2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期末質(zhì)量檢測試題（含解析）一、選擇題1.下列說法中正確的是（）A.奧斯特首先引入電場線和磁感線，極大地促進(jìn)了他對電磁現(xiàn)象的探討B(tài).安培發(fā)覺了磁場對電流的作用規(guī)律，洛侖茲發(fā)覺了磁場對運(yùn)動電荷的作用規(guī)律C.楞次認(rèn)為，在原子、分子等物質(zhì)微粒的內(nèi)部存在著一種環(huán)形電流，從而使每個物質(zhì)微粒都成為微小的磁體D.法拉第發(fā)覺了電流的磁效應(yīng)，拉開了探討電與磁相互關(guān)系的序幕【答案】B【解析】【詳解】A．是法拉第首先引入電場線和磁感線，極大地促進(jìn)了他對電磁現(xiàn)象的探討。故A錯誤；B．安培發(fā)覺了磁場對電流的作用規(guī)律，洛侖茲發(fā)覺了磁場對運(yùn)動電荷的作用規(guī)律。B正確；C．是安培認(rèn)為，在原子、分子等物質(zhì)微粒的內(nèi)部存在著一種環(huán)形電流，從而使每個物質(zhì)微粒都成為微小的磁體。故C錯誤；D．是奧斯特發(fā)覺了電流的磁效應(yīng)，拉開了探討電與磁相互關(guān)系的序幕。故選B。2.如圖所示，厚薄勻稱的矩形金屬片，邊長，當(dāng)與之間接入的電壓為時，電流為，若與間接入的電壓為時，其電流為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】依據(jù)電阻定律：，可得因為當(dāng)與之間接入的電壓為時，電流為，即所以與間接入的電壓為時，其電流為因此ABC錯誤，D正確。故選D。3.在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場中，兩長直導(dǎo)線和平行于紙面固定放置。在兩導(dǎo)線中通有圖示方向電流時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線等距離的點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。下列說法正確的是（）A.勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面對里B.將導(dǎo)線撤去，點磁感應(yīng)強(qiáng)度為C.將導(dǎo)線撤去，點磁感應(yīng)強(qiáng)度為D.將導(dǎo)線中電流反向，點磁感應(yīng)強(qiáng)度為【答案】C【解析】【詳解】兩長直導(dǎo)線和所產(chǎn)生的磁場方向依據(jù)安培右手定則可得都垂直紙面對里，所以勻強(qiáng)磁場方向應(yīng)當(dāng)垂直紙面對外，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線等距離的點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，所以每根導(dǎo)線在點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為。A．勻強(qiáng)磁場方向應(yīng)當(dāng)垂直紙面對外，故A錯誤；B．將導(dǎo)線撤去，點磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為而不是，故B錯誤；C．將導(dǎo)線撤去，點磁感應(yīng)強(qiáng)度為，C正確；D．將導(dǎo)線中電流反向，點磁感應(yīng)強(qiáng)度為而非，故D錯誤。故選C。4.如圖所示是一個平行板電容器,其板間距為,電容為,帶電荷量為Q,上極板帶正電.現(xiàn)將一個摸索電荷由兩極間的點移動到點,如圖所示,兩點間的距離為,連線與極板間的夾角為30°,則電場力對摸索電荷所做的功等于(

)

A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】由電容的定義式C=Q/U得板間電壓U=Q/C，板間場強(qiáng)E=U/d=Q/Cd．摸索電荷q由A點移動到B點，電場力做功為：，選項C正確，ABD錯誤，故選C．【點睛】本題只要抓住電場力具有力的一般性質(zhì)，依據(jù)功的一般計算公式就可以很好地理解電場力做功，并能正確計算功的大?。?.如圖所示的四種狀況中，滿意磁鐵與線圈相互排斥且通過R的感應(yīng)電流方向從b到a的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】CD.由“來拒去留”可知，磁鐵靠近線圈時磁鐵與線圈相互排斥，故選項CD錯誤；由B圖可知，當(dāng)磁鐵N極豎直向下運(yùn)動時，穿過線圈的磁場方向向下增大，由楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場向上，則由右手螺旋定則可知電流方向從a經(jīng)過R到b．故B錯誤，A正確；故選A．6.有三束粒子，分別是質(zhì)子（）、氚核（）和粒子（）束．當(dāng)它們以相同的速度沿垂直磁場方向射入同一勻強(qiáng)磁場中，在下列四圖中，能正確表示出這三束粒子運(yùn)動軌跡的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得：，解得：，由此可知：半徑與荷質(zhì)比成反比；因三束離子中質(zhì)子的荷質(zhì)比最大，氚核的最小，故質(zhì)子的半徑最小，氚核的半徑最大，故C正確，ABD7.如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷（電荷量很?。┕潭ㄔ邳c，用表示兩極板間電場強(qiáng)度，表示電容器的電壓，表示正電荷在點的電勢能，若保持負(fù)極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（）A.變大，變大 B.變小，不變 C.變大，變小 D.不變，不變【答案】B【解析】【詳解】電容器充電后斷開電源后，電容器的電量不變，板間距離減小，依據(jù)電容的確定式：，可知電容器的電容增大，又有：，可得推論公式所以電容器中電場強(qiáng)度E只與電量及極板面積有關(guān)，與極板距離無關(guān)。不變，點距離下極板距離不變，不變，，不變變小，所以變小。因此B正確ACD錯誤。故選B。8.將一段總長度為L的直導(dǎo)線折成多邊形線框后放入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，且線框所在平面與磁場方向垂直，現(xiàn)給線框通電，電流大小為I，正多邊形線框中依次相鄰的6條邊受到的安培力的合力大小是依次相鄰的3條邊受到的安培力的合力大小的倍，則正多邊形線框中每條邊受到的安培力大小為A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】在勻強(qiáng)磁場中，正多邊形各邊長相等，通相同的電流，由安培力公式可知各邊受到的安培力大小相等，相鄰個邊所受安培力的夾角相等；已知相鄰六邊的合力大小是相鄰三邊合力大小的倍，列出等式進(jìn)行求解【詳解】設(shè)總長為L的正n邊形，各邊邊長為，已知勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線框中電流大小為I，則各邊所受安培力；各邊所受安培力之間的夾角；相鄰三邊所受安培力的合力大小為：；相鄰六邊所受安培力大小為：；依據(jù)，即，得，所以正多邊形每條邊受到得安培力大小為：；A.與分析不符，A錯誤B.與分析不符，B錯誤C.與分析不符，C錯誤D.與分析符合，D正確【點睛】安培力的計算，多個力的合成9.以無窮遠(yuǎn)處電勢為零，下列關(guān)于電勢與電勢能的說法正確的是（）A.電荷在電場中電勢高的地方電勢能大B.在電場中的某點，電量大的電荷具有的電勢能比電量小的電荷具有的電勢能大C.在正點電荷形成的電場中的某點，正電荷具有的電勢能比負(fù)電荷具有的電勢能大D.在負(fù)點電荷形成的電場中的某點，正電荷具有的電勢能比負(fù)電荷具有的電勢能小【答案】CD【解析】【詳解】A．正電荷在電場中電勢高的地方電勢能大，負(fù)電荷在電場中電勢高的地方電勢能小，故A錯誤；B．在電場中的某點，電量大的正電荷具有的電勢能比電量小的電荷具有的電勢能大，而電量大的負(fù)電荷具有的電勢能比電量小的電荷具有的電勢能小，故B錯誤；C．在正點電荷形成的電場中的某點，電勢為正值，正電荷具有的電勢能比負(fù)電荷具有的電勢能大，故C正確；D．在負(fù)點電荷形成的電場中的某點，電勢為負(fù)值，正電荷具有的電勢能比負(fù)電荷具有的電勢能小，故D正確。故選CD。10.如圖左側(cè)有足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面對里，現(xiàn)使導(dǎo)線框繞點在紙面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)動，經(jīng)時間勻角速轉(zhuǎn)到圖中虛線位置，則（）A.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向為順時針方向B.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向C.平均感應(yīng)電動勢大小為D.時刻的感應(yīng)電動勢大小為【答案】AC【解析】【詳解】A.依據(jù)楞次定律可知通過導(dǎo)線框的磁通量要削減，所以導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁通要阻礙它削減，所以導(dǎo)線框中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁感線與磁場中的磁感線方向一樣，故導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向為順時針方向。A正確；B.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向,依據(jù)楞次定律可知通過導(dǎo)線框的磁通量要削減，所以導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁通要阻礙它削減，所以導(dǎo)線框中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁感線與磁場中的磁感線方向一樣，故B.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向,錯誤；C.平均感應(yīng)電動勢大小為。依據(jù)：，及經(jīng)時間勻角速轉(zhuǎn)到圖中虛線位置，可得平均感應(yīng)電動勢大小為：。故C正確；D.時刻的速度為：，感應(yīng)電動勢大小為：，故D.時刻感應(yīng)電動勢大小為，錯誤。故選AC。11.在如圖所示的電路中，電源的電動勢為、內(nèi)阻為，定值電阻的阻值大小為，滑動變阻器的最大阻值為。當(dāng)滑動變阻器的觸頭由中點滑向端時，下列說法中正確的是（）A.電源的輸出功率變小 B.電壓表的讀數(shù)變大C.電源的效率變大 D.消耗的功率變小【答案】BC【解析】【詳解】A.電源的輸出功率變小。因為不知道內(nèi)外電阻的大小，所以不能確定電源的輸出功率改變狀況，故A錯誤；B.電壓表的讀數(shù)變大。當(dāng)滑動變阻器的觸頭由中點滑向端時，外電路電阻增大，電路總阻值增大，電路總電流變小，內(nèi)阻分壓減小，外電壓增大，所以電壓表實數(shù)變大。B正確；C.電源的效率變大。效率：，滑動變阻器阻值增大，增大，所以電源的效率變大。C正確；D.外電壓增大，通過電流變小，所以兩端電壓變小，兩端電壓增大，所以消耗的功率變大。故D錯誤。故選BC。12.如圖所示，MN下方有水平向右的勻強(qiáng)電場．半徑為R，內(nèi)壁光滑、內(nèi)徑很小的絕緣半圓管ADB固定在豎直平面內(nèi)，直徑AB垂直于水平虛線MN，圓心O在MN上，一質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點的帶正電，電荷量為q的小球從半圓管的A點由靜止起先滑入管內(nèi)，小球從B點穿出后，始終在電場中運(yùn)動，C點（圖中未畫出）為小球在電場內(nèi)水平向左運(yùn)動位移最大時的位置．已知重力加速度為g，小球離開絕緣半圓管后的加速度大小為．則下列說法正確的是A.小球從B點運(yùn)動到C點過程中做的是勻變速曲線運(yùn)動B.勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E為C.小球在管道內(nèi)運(yùn)動到B點時加速度大小為D.小球從B點運(yùn)動到C點的水平方向位移為【答案】ACD【解析】小球從B點運(yùn)動到C點過程中，受到重力和向右的電場力，且力的大小均不變，所以做的是勻變速曲線運(yùn)動，故A正確；小球離開絕緣半圓管后，依據(jù)牛頓其次定律：，解得：，故B錯誤；從A到B由動能定理得：，解得：，向心加速度為：，所以在B點的合加速度為：，故C正確；小球從B點離開后在水平方向做勻減速運(yùn)動，加速度為：，則從B點運(yùn)動到C點的水平方向位移為：，故D正確．所以ACD正確，B錯誤．二、填空題13.張明同學(xué)在測定某種合金絲的電阻率時：(1)用螺旋測微器測得其直徑為_____mm（如圖甲所示）；(2)用20分度的游標(biāo)卡尺測其長度為______cm（如圖乙所示）；(3)用圖丙所示的電路測得的電阻值將比真實值________(填“偏大”或“偏小”)．【答案】(1).3.202-3.205(2).5.015(3).偏小【解析】【分析】（1）解決本題的關(guān)鍵明確：螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．（2）游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．（3）由電路圖，依據(jù)電表內(nèi)阻的影響確定誤差狀況．【詳解】（1）螺旋測微器的固定刻度為3.0mm，可動刻度為20.5×0.01mm=0.205mm，所以最終讀數(shù)為3.0mm+0.205mm=3.205mm．

（2）20分度的游標(biāo)卡尺，精確度是0.05mm，游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為50mm，游標(biāo)尺上第3個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為3×0.05mm=0.15mm，所以最終讀數(shù)為：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm．（3）由歐姆定律得，電阻阻值R=U/I，由于電壓表的分流作用使電流測量值偏大，則電阻測量值偏小．【點睛】考查螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器示數(shù)；游標(biāo)卡尺不須要估讀、螺旋測微器須要估讀．駕馭由歐姆定律分析電路的誤差的方法．14.測定電源的電動勢和內(nèi)電阻的試驗電路和圖像如下：(1)現(xiàn)備有以下器材：A.干電池1個B滑動變阻器C.滑動變阻器D.電壓表E.電壓表F.電流表G.電流表其中滑動變阻器應(yīng)選_____，電流表應(yīng)選_____，電壓表應(yīng)選_____（填字母代號）；(2)由圖像。由此可知這個干電池的電動勢_______，電阻_____；(3)由于電壓表的分流作用使本試驗電路存在系統(tǒng)誤差，導(dǎo)致_____，_____（填“”“”或“”）?！敬鸢浮?1).B(2).F(3).D(4).148-1.50(5).0.70-0.75(6).(7).【解析】【詳解】(1).[1][2][3]因為電源是干電池1個，電壓1.5V。電路電流不能太小，所以選B滑動變阻器。電流表指針盡可能半偏，因為G.電流表量程太大，故不選，所以電流表選F.電流表；電壓表指針也盡可能達(dá)到半偏，因為電壓表E.電壓表量程太大，指針偏轉(zhuǎn)不明顯，所以電壓表選D.電壓表。(2).[4][5]依據(jù)圖像可得：電流最小接近零時圖像與縱軸交點的數(shù)值就是電源電動勢的值：1.5V；依據(jù)閉合電路的歐姆定律公式可得：(3).[6][7]由電路圖可知，相對于電源電流表采納外接法，由于電壓表分流，電流測量值小于真實值，外電路短路時，電流測量值等于真實值，電源的U-I圖像如圖所示：電源的U-I圖像與縱軸交點坐標(biāo)值是電源電動勢，圖像斜率的肯定值是電源內(nèi)阻，由圖像可知，電源電動勢的測量值小于真實值，電源內(nèi)阻測量值小于真實值。三、計算題15.在如圖所示的勻強(qiáng)電場中，有兩點，且兩點間的距離為，已知連線與電場線夾角為，今把一電荷量的檢驗電荷放入該勻強(qiáng)電場中，其受到的電場力的大小為，方向水平向左。求：(1)電場強(qiáng)度的大小和方向；(2)若把該檢驗電荷從點移到點，電勢能改變了多少；(3)若點為零電勢點，點電勢為多少。【答案】(1)，方向水平向右；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)由：得：，因為電荷帶負(fù)電荷受到水平向左的電場力作用，所以電場方向為水平向右。(2)、檢驗電荷從點移到點電場力做的功為：，解得：依據(jù)功能關(guān)系可知即電荷從點移到點電勢能增加了(3)若點為零電勢點，由，得：且，解得：16.如圖所示的電路中，電源電動勢為，，，電容，電源內(nèi)阻忽視不計。求：(1)閉合開關(guān)，穩(wěn)定后通過電阻的電流；(2)將開關(guān)斷開，再次穩(wěn)定后，求通過總電荷量。【答案】(1)；(2)【解析】【詳解】(1)閉合開關(guān)，穩(wěn)定后電容器相當(dāng)于開關(guān)斷開，依據(jù)全電路歐姆定律得：(2)閉合時，電容兩端的電壓：斷開后，電容兩端電壓所以斷開后，電容器有一個短時間的接著充電過程，通過的電荷為：17.如圖所示，有垂直坐標(biāo)平面的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向向里。一帶正電荷量為的粒子，質(zhì)量為，從點以某一初速度垂直射入磁場，其軌跡與軸的交點、到點的距離分別為。試求：(1)初速度方向與軸夾角；(2)初速度的大小