新疆博樂市兵團農第五師高級中學2024-2025學年高二物理上學期期末考試試題含解析

PAGE14-新疆博樂市兵團農第五師高級中學2024-2025學年高二物理上學期期末考試試題（含解析）第I卷（選擇題共40分）一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共計40分。1-5小題是單選題，6-10小題是多選題)1.真空中A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r,則A、B兩點的電場強度大小之比為A.3:1 B.1:3 C.9:1 D.1:9【答案】C【解析】試題分析：干脆依據庫倫定律公式計算出摸索電荷q所受電場力，然后利用電場強度的定義式即可求出在M所在處的場強的大?。猓阂胍粋€摸索電荷q，分別計算它在AB兩點受的電場力．，，得：F1=9F2依據電場強度的定義式：，得：故選：C【點評】本題很簡潔干脆考查了庫倫定律和電場強度定義式的應用，對于這些公式肯定要明確其適用條件和公式中各個物理量的含義．【此處有視頻，請去附件查看】2.如圖所示，帶箭頭的線表示某一電場的電場線。在電場力作用下，一帶電粒子(不計重力)經A點飛向B點，徑跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是()A.粒子帶正電B.粒子在A點加速度大C.粒子在B點動能大D.A、B兩點相比，粒子在B點電勢能較高【答案】D【解析】【分析】電場線的疏密表示電場強度的強弱，電場線某點的切線方向表示電場強度的方向。不計重力的粒子在電場力作用下從A到B，運動與力關系可知，電場力方向與速度方向分居在運動軌跡兩邊，且電場力偏向軌跡的內側?！驹斀狻恳罁€運動條件可得粒子所受合力應當指向曲線內側，所以電場力逆著電場線方向，即粒子受力方向與電場方向相反，所以粒子帶負電。故A錯誤；由于B點的電場線密，所以B點的電場力大，則A點的加速度較小。故B錯誤；粒子從A到B，電場力對粒子運動做負功，電勢能增加，導致動能削減，即粒子在A點動能大，B點的電勢能大，故C錯誤D正確【點睛】電場線雖然不存在，但可形象來描述電場的分布。對于本題關鍵是依據運動軌跡來判定電場力方向，由曲線運動條件可知合力偏向曲線內側。3.一白熾燈泡的額定功率與額定電壓分別為36W與36V．若把此燈泡接到輸出電壓為18V的電源兩端，則燈泡消耗的電功率()A.等于36W B.小于36W，大于9WC.等于9W D.小于9W【答案】B【解析】【詳解】據純電阻電功率可知，當電壓減半的時候，功率應當見為原來的，即為9W，但是當電壓減小的同時，由于工作的溫度降低，燈泡的電阻也會減小，所以實際的功率要比9W大，即燈泡消耗的電功率小于36W，大于9WA.等于36W與分析不符，A錯誤B.小于36W，大于9W與分析相符，B正確C.等于9W與分析不符，C錯誤D.小于9W與分析不符，D錯誤4.如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內電阻為r，閉合開關S，待電流達到穩(wěn)定后，電流表示數為I，電壓表示數為U，電容器C所帶電荷量為Q．將滑動變阻器的滑動觸頭P從圖示位置向a端移動一些，待電流達到穩(wěn)定后，與P移動前相比（）A.U變小 B.I變小 C.Q不變 D.Q減小【答案】B【解析】【詳解】當滑動變阻器P的滑動觸頭從圖示位置向a端移動時，其接入電路的電阻值增大，外電路總電阻增大，由閉合電路的歐姆定律可知，干路的電流I減??；變阻器兩端的電壓U=E-I（R2+r），由I減小，可知U增大，即電容器C兩端的電壓增大，再據C=，得Q=CU，可推斷出電容器的電荷量Q增大，故B正確，ACD錯誤。故選：B。5.如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，在其正中心上方固定一根長直導線，導線與條形磁鐵垂直．當導線中通以垂直紙面對里的電流時，用FN表示磁鐵對桌面的壓力，F靜表示桌面對磁鐵的摩擦力，則導線通電后與通電前受力相比較是()A.FN減小，F靜＝0B.FN減小，F靜≠0C.FN增大，F靜＝0D.FN增大，F靜≠0【答案】C【解析】試題分析：通電導體在磁場中受到力的作用，力的方向可以用左手定則推斷；摩擦力產生的條件是兩個物體相互接觸，有相對運動的趨勢或者已經發(fā)生相對運動．據此分析．解：磁鐵的磁感線在它的外部是從N極到S極，因為長直導線在磁鐵的中心上方，所以此處的磁感線水平向左，電流的方向垂直與紙面對里，依據左手定則，導線受到磁鐵給的安培力方向豎直向上，如右圖所示．依據牛頓第三定律知，導線對磁鐵的反作用力方向豎直向下，因此磁鐵對水平桌面的壓力除了重力之外還有通電導線的作用力，則FN增大；因為這兩個力的方向都是豎直向下的，所以磁鐵不會產生運動趨勢，就不會產生摩擦力，則Ff=0．故選：C．【點評】本題的關鍵是知道磁場對電流的作用的方向可以通過左手定則推斷，然后依據作用力和反作用力的學問進行推理分析．6.如圖所示，將帶電棒移近兩個不帶電的導體球，兩個導體球起先時相互接觸且對地絕緣，下述幾種方法中能使兩球都帶電的是()A.先把兩球分開，再移走棒B.先移走棒，再把兩球分開C.先將棒接觸一下其中的一個球，再把兩球分開D.棒的帶電荷量不變，兩導體球不能帶電【答案】AC【解析】帶電導體球與兩個球不接觸，本身電量不會轉移到甲乙上，所以依據靜電平衡，甲的左側和乙的右側帶有等量的異種電荷，分開兩球再移走棒，兩球帶有等量的異種電荷，A對；若先移走棒則感應出來的電荷又會回到各自的導體上，兩個小球不會帶電，B錯；若接觸其中的一個小球則電荷會發(fā)生轉移，再分開兩個小球，都會帶上電量，所以C對，第一種狀況下棒的電量沒有發(fā)生改變，但是兩個小球會帶上電，所以D錯。思路分析：依據使物體帶電的方式進行解析。試題點評：考查是物體帶電的方式7.圖中帶箭頭的直線是某一電場中的一條電場線，在該直線上有a、b兩點，用Ea、Eb表示a、b兩點的場強大小，則()A.a、b兩點場強相同B.電場線從a指向b，所以Ea>EbC.電場線是直線，所以Ea＝EbD.不知道a、b旁邊的電場線分布，Ea、Eb的大小不能確定【答案】D【解析】該電場線為一條直線，由圖可知，電場線上各點的場強的方向相同，a、b兩點在一條電場線上，由于無法推斷電場線的疏密，也就無法推斷a、b兩點電場強度的大小，故A，B，C錯誤，D正確；故選D．【點睛】本題要抓住電場線的疏密表示電場強度的相對大小，但一條電線線，不能反映電場線的疏密，所以不能確定場強的大小．8.如圖所示是某導體的伏安特性曲線，由圖可知正確的是A.導體的電阻是B.導體的電阻是C.當導體兩端的電壓是10V時，通過導體的電流是D.當通過導體的電流是時，導體兩端的電壓是【答案】ACD【解析】試題分析：A、依據圖象，由歐姆定律可得，導體電阻R===25Ω，故A正確，B錯誤；C、當導體兩端電壓是10V時，通過導體的電流I===0．4A，故C正確；D、當通過導體的電流是0．1A時，導體兩端的電壓U=IR=0．1A×25Ω=2．5V，故D正確；故選ACD．考點：歐姆定律．9.如圖所示，一個帶正電荷的小球沿絕緣的光滑水平桌面對右運動，飛離桌子邊緣A，最終落到地板上．設有磁場時飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度大小為v1；若撤去磁場而其余條件不變時，小球飛行的時間為t2，水平射程為x2，著地速度大小為v2.則()A.x1>x2 B.t1>t2 C.v1>v2 D.v1＝v【答案】ABD【解析】沒有磁場影響時，小球飛落過程為平拋運動。當空間有勻強磁場時，分析小球飛落過程中任一位置受力狀況。由時刻跟瞬時速度垂直的f洛對小球豎直分運動的影響可知，在同樣落差下與平拋運動只受重力作用相比，小球落地時間加長，所以t1>t2。由f洛對水平分運動的影響可知，小球水平分速度將比平拋時加大，且飛行時間又有t1>t2，則水平射程必有x1>x2。由于洛倫茲力做功為零，而兩種狀況重力對小球做功相等，所以落地速度大小相同。即選項ABD正確，C錯誤；故選ABD.10.如圖所示，在勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內，電場的場強為E，方向豎直向下，磁場的磁感應強度為B，方向垂直于紙面對里，一質量為m的帶電粒子，在場區(qū)內的一豎直平面內做勻速圓周運動，則可推斷該帶電質點（）A.帶有電荷量為的負電荷B.沿圓周逆時針運動C.運動的周期為D.運動速率為【答案】AC【解析】【詳解】A.帶電粒子在重力場、勻強電場和勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知帶電粒子受到的重力和電場力肯定平衡，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，可知帶電粒子帶負電；依據電場力和重力大小相等，得mg=qE，解得；故A正確.B.帶電粒子由洛侖茲力供應向心力，由左手定則知粒子沿順時針方向做勻速圓周運動；故B錯誤.CD.粒子由洛侖茲力供應向心力，依據牛頓其次定律，有：，結合，解得：，；故C正確，D錯誤.第Ⅱ卷（非選擇題共60分）二．填空題(本大題共2小題，共計14分)11.在“測定金屬絲電阻率”的試驗中須要測出其長度L、直徑d和電阻R（1）用螺旋測微器測金屬絲直徑時讀數如圖甲，則金屬絲的直徑為_____mm．（2）若用圖乙測金屬絲的電阻，則測量結果將比真實值_____．（選填“偏大”或“偏小”）（3）用電壓表和電流表測金屬絲的電壓和電流時讀數如圖丙、丁，則電壓表的讀數為_____V，電流表的讀數為_____A．【答案】(1).0.697（0.695﹣0.698）(2).偏小(3).2.60（2.59﹣2.61）(4).0.52【解析】【分析】（1）依據內接的特點，結合歐姆定律以及串并聯電路的特點，即可分析出測量值與真實值之間的關系；

（2）先算出電表的分度值，若測量的最小分度為“1“時要估讀到下一位，若測量的最小分度為“2“或“5“時讀到本位即可。【詳解】（1）金屬絲的直徑為：0.5mm+0.01mm×19.8=0.698mm；（2）電流表外接法測量電阻，由于電壓表分流的影響，故金屬絲電阻的測量結果將比真實值偏小；

（3）電壓表的分度值為0.1V，要估讀到下一位，故其讀數為2.60V；

電流表選擇的是0～0.6A量程，分度值為0.02A，故其讀數為0.52A.【點睛】解決本題關鍵駕馭螺旋測微器和電表的讀數方法，螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀。讀電表讀數時要留意計算電表的分度值，然后再確定是否估讀，若測量的最小分度為“1“時要估讀到下一位，若測量的最小分度為“2“或“5“時讀到本位即可。內外接選擇的方法：大電阻選內接測量結果偏大，小電阻選外界測量結果偏小，口訣：“大內大，小外小。”12.某同學用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內阻，現備有下列器材：A．被測干電池一節(jié)B．電流表：量程0～0.6A，內阻0.1ΩC．電流表：量程0～3A，內阻0.024ΩD．電壓表：量程0～3V，內阻未知E．電壓表：量程0～15V，內阻未知F．滑動變阻器：0～10Ω，2AG．滑動變阻器：0～100Ω，1AH．開關、導線若干伏安法測電池電動勢和內阻的試驗中，由于電流表和電壓表內阻的影響，測量結果存在系統(tǒng)誤差．在現有器材的條件下，要盡可能精確地測量電池的電動勢和內阻．(1)在上述器材中請選擇適當的器材：________(填寫選項前的字母)；(2)在圖甲方框中畫出相應的試驗電路圖_______；(3)依據試驗中電流表和電壓表的示數得到了如圖乙所示的U－I圖象，則在修正了試驗系統(tǒng)誤差后，干電池的電動勢E＝________V，內電阻r＝________Ω.【答案】(1).ABDFH(2).(3).1.50(4).0.9【解析】【詳解】第一空.在上述器材中請選擇適當的器材：被測干電池一節(jié).最大電壓為1.5V為了讀數精確，所以選擇3V的量程；電流表：量程0～0.6A，電壓表：量程0～3V，滑動變阻器阻值較小有利于電表的數值改變，減小誤差，故選F，開關、導線若干；故應為ABDFH；其次空.因電流表內阻已知，故可將電流表內阻等效為電源內阻，從而選擇電流表的外接法，可以消退電流表分壓帶來的系統(tǒng)誤差，故選滑動變阻器的限流式和電流表外接法，電路如圖所示：第三空.依據U=E-Ir可知，U-I圖像的縱截距為電源的電動勢，有；圖象的斜率表示等效內阻，而，故.三．計算題（本大題共5小題，共計46分）13.一個質量m＝10－4kg，電荷量q＝5×10－5C的帶正電粒子靜止于兩板的正中心，已知兩板間距離為20cm，g＝10m/s(1)兩板間勻強電場的場強大??；(2)兩板間的電勢差.【答案】(1)E＝20V/m(2)U＝4V【解析】【詳解】(1)帶電粒子靜止，受兩個力而平衡.由平衡條件：qE＝mg解得：E＝20V/m.(2)兩板間為勻強電場，由電勢差的計算式U＝Ed解得：U＝20×0.2V＝4V.14.如圖所示，電阻R1、R2、R3的阻值相等，都等于R，電池的內阻不計，開關S閉合前流過R2的電流為I，(1)求電源的電動勢E；(2)求S閉合后流過R2的電流大?。敬鸢浮?1)E＝2IR(2)【解析】【詳解】(1)設電池兩端的電動勢為E，開關S閉合前電阻R1、R2兩電阻串聯，R2的電流為I，由歐姆定律得：E＝I(R1＋R2)＝2IR(2)S閉合后R2、R3并聯再和R1串聯，由歐姆定律得：聯立解得:R2中的電流是干路中的一半:答：（1）電源的電動勢E＝2IR；（2）S閉合后流過R2的電流。15.如圖所示，兩平行金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，導軌的一端接有電動勢E＝3V、內阻r＝0.5Ω的直流電源，導軌間的距離L＝0.4m。在導軌所在空間內分布著磁感應強度B＝0.5T、方向垂直于導軌所在平面對上的勻強磁場。現把一個質量m＝0.04kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒與金屬導軌垂直、且接觸良好，導體棒的電阻R＝1.0Ω，導體棒恰好能靜止。金屬導軌電阻不計。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：（1）ab受到的安培力大小；（2）ab受到的摩擦力大小?！敬鸢浮?1)(2)【解析】（1）導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，依據閉合電路歐姆定律有：導體棒受到的安培力：F安=ILB=2×0.40×0.50N=0.40N

（2）導體棒所受重力沿斜面對下的分力：F1=mgsin37°=0.04×10×0.6N=0.24N

由于F1小于安培力，故導體棒沿斜面對下的摩擦力f，依據共點力平衡條件得：

mgsin37°+f=F安

解得：f=F安-mgsin37°=（0.40-0.24）N=0.16N16.質量為m，電荷量為q的帶負電粒子自靜止起先，經M、N板間的電場加速后，從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，該粒子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖所示．已知M、N兩板間的電壓為U，粒子的重力不計。(1)求粒子從A點射入磁場時的速度v；(2)求勻強磁場的磁感應強度B?！敬鸢浮?1)(2)【解析】【詳解】作粒子經電場和磁場的軌跡圖，如圖所示：(1)設粒子在M、N兩板間經電場加速后獲得的速度為v，由動能定理得：①解得：(2)粒子進