湖南省衡阳县2024-2025学年高二物理上学期期末质量检测试题含解析

PAGE17-湖南省衡阳县2024-2025学年高二物理上学期期末质量检测试题（含解析）一、选择题1.下列说法中正确的是（）A.奥斯特首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的探讨B.安培发觉了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发觉了磁场对运动电荷的作用规律C.楞次认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体D.法拉第发觉了电流的磁效应，拉开了探讨电与磁相互关系的序幕【答案】B【解析】【详解】A．是法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的探讨。故A错误；B．安培发觉了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发觉了磁场对运动电荷的作用规律。B正确；C．是安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体。故C错误；D．是奥斯特发觉了电流的磁效应，拉开了探讨电与磁相互关系的序幕。故选B。2.如图所示，厚薄匀称的矩形金属片，边长，当与之间接入的电压为时，电流为，若与间接入的电压为时，其电流为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】依据电阻定律：，可得因为当与之间接入的电压为时，电流为，即所以与间接入的电压为时，其电流为因此ABC错误，D正确。故选D。3.在磁感应强度大小为的匀强磁场中，两长直导线和平行于纸面固定放置。在两导线中通有图示方向电流时，纸面内与两导线等距离的点处的磁感应强度为零。下列说法正确的是（）A.匀强磁场方向垂直纸面对里B.将导线撤去，点磁感应强度为C.将导线撤去，点磁感应强度为D.将导线中电流反向，点磁感应强度为【答案】C【解析】【详解】两长直导线和所产生的磁场方向依据安培右手定则可得都垂直纸面对里，所以匀强磁场方向应当垂直纸面对外，纸面内与两导线等距离的点处的磁感应强度为零，所以每根导线在点处产生的磁感应强度为。A．匀强磁场方向应当垂直纸面对外，故A错误；B．将导线撤去，点磁感应强度应为而不是，故B错误；C．将导线撤去，点磁感应强度为，C正确；D．将导线中电流反向，点磁感应强度为而非，故D错误。故选C。4.如图所示是一个平行板电容器,其板间距为,电容为,带电荷量为Q,上极板带正电.现将一个摸索电荷由两极间的点移动到点,如图所示,两点间的距离为,连线与极板间的夹角为30°,则电场力对摸索电荷所做的功等于(

)

A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】由电容的定义式C=Q/U得板间电压U=Q/C，板间场强E=U/d=Q/Cd．摸索电荷q由A点移动到B点，电场力做功为：，选项C正确，ABD错误，故选C．【点睛】本题只要抓住电场力具有力的一般性质，依据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小．5.如图所示的四种状况中，满意磁铁与线圈相互排斥且通过R的感应电流方向从b到a的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】CD.由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈时磁铁与线圈相互排斥，故选项CD错误；由B图可知，当磁铁N极竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场向上，则由右手螺旋定则可知电流方向从a经过R到b．故B错误，A正确；故选A．6.有三束粒子，分别是质子（）、氚核（）和粒子（）束．当它们以相同的速度沿垂直磁场方向射入同一匀强磁场中，在下列四图中，能正确表示出这三束粒子运动轨迹的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：，解得：，由此可知：半径与荷质比成反比；因三束离子中质子的荷质比最大，氚核的最小，故质子的半径最小，氚核的半径最大，故C正确，ABD7.如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在点，用表示两极板间电场强度，表示电容器的电压，表示正电荷在点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）A.变大，变大 B.变小，不变 C.变大，变小 D.不变，不变【答案】B【解析】【详解】电容器充电后断开电源后，电容器的电量不变，板间距离减小，依据电容的确定式：，可知电容器的电容增大，又有：，可得推论公式所以电容器中电场强度E只与电量及极板面积有关，与极板距离无关。不变，点距离下极板距离不变，不变，，不变变小，所以变小。因此B正确ACD错误。故选B。8.将一段总长度为L的直导线折成多边形线框后放入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且线框所在平面与磁场方向垂直，现给线框通电，电流大小为I，正多边形线框中依次相邻的6条边受到的安培力的合力大小是依次相邻的3条边受到的安培力的合力大小的倍，则正多边形线框中每条边受到的安培力大小为A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】在匀强磁场中，正多边形各边长相等，通相同的电流，由安培力公式可知各边受到的安培力大小相等，相邻个边所受安培力的夹角相等；已知相邻六边的合力大小是相邻三边合力大小的倍，列出等式进行求解【详解】设总长为L的正n边形，各边边长为，已知匀强磁场的磁感应强度为B，线框中电流大小为I，则各边所受安培力；各边所受安培力之间的夹角；相邻三边所受安培力的合力大小为：；相邻六边所受安培力大小为：；依据，即，得，所以正多边形每条边受到得安培力大小为：；A.与分析不符，A错误B.与分析不符，B错误C.与分析不符，C错误D.与分析符合，D正确【点睛】安培力的计算，多个力的合成9.以无穷远处电势为零，下列关于电势与电势能的说法正确的是（）A.电荷在电场中电势高的地方电势能大B.在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大C.在正点电荷形成的电场中的某点，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大D.在负点电荷形成的电场中的某点，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小【答案】CD【解析】【详解】A．正电荷在电场中电势高的地方电势能大，负电荷在电场中电势高的地方电势能小，故A错误；B．在电场中的某点，电量大的正电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大，而电量大的负电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能小，故B错误；C．在正点电荷形成的电场中的某点，电势为正值，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大，故C正确；D．在负点电荷形成的电场中的某点，电势为负值，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小，故D正确。故选CD。10.如图左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直纸面对里，现使导线框绕点在纸面内顺时针转动，经时间匀角速转到图中虚线位置，则（）A.导线框中感应电流方向为顺时针方向B.导线框中感应电流方向为逆时针方向C.平均感应电动势大小为D.时刻的感应电动势大小为【答案】AC【解析】【详解】A.依据楞次定律可知通过导线框的磁通量要削减，所以导线框中产生的感应电流的磁通要阻碍它削减，所以导线框中感应电流产生的磁感线与磁场中的磁感线方向一样，故导线框中感应电流方向为顺时针方向。A正确；B.导线框中感应电流方向为逆时针方向,依据楞次定律可知通过导线框的磁通量要削减，所以导线框中产生的感应电流的磁通要阻碍它削减，所以导线框中感应电流产生的磁感线与磁场中的磁感线方向一样，故B.导线框中感应电流方向为逆时针方向,错误；C.平均感应电动势大小为。依据：，及经时间匀角速转到图中虚线位置，可得平均感应电动势大小为：。故C正确；D.时刻的速度为：，感应电动势大小为：，故D.时刻感应电动势大小为，错误。故选AC。11.在如图所示的电路中，电源的电动势为、内阻为，定值电阻的阻值大小为，滑动变阻器的最大阻值为。当滑动变阻器的触头由中点滑向端时，下列说法中正确的是（）A.电源的输出功率变小 B.电压表的读数变大C.电源的效率变大 D.消耗的功率变小【答案】BC【解析】【详解】A.电源的输出功率变小。因为不知道内外电阻的大小，所以不能确定电源的输出功率改变状况，故A错误；B.电压表的读数变大。当滑动变阻器的触头由中点滑向端时，外电路电阻增大，电路总阻值增大，电路总电流变小，内阻分压减小，外电压增大，所以电压表实数变大。B正确；C.电源的效率变大。效率：，滑动变阻器阻值增大，增大，所以电源的效率变大。C正确；D.外电压增大，通过电流变小，所以两端电压变小，两端电压增大，所以消耗的功率变大。故D错误。故选BC。12.如图所示，MN下方有水平向右的匀强电场．半径为R，内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN上，一质量为m，可视为质点的带正电，电荷量为q的小球从半圆管的A点由静止起先滑入管内，小球从B点穿出后，始终在电场中运动，C点（图中未画出）为小球在电场内水平向左运动位移最大时的位置．已知重力加速度为g，小球离开绝缘半圆管后的加速度大小为．则下列说法正确的是A.小球从B点运动到C点过程中做的是匀变速曲线运动B.匀强电场的场强E为C.小球在管道内运动到B点时加速度大小为D.小球从B点运动到C点的水平方向位移为【答案】ACD【解析】小球从B点运动到C点过程中，受到重力和向右的电场力，且力的大小均不变，所以做的是匀变速曲线运动，故A正确；小球离开绝缘半圆管后，依据牛顿其次定律：，解得：，故B错误；从A到B由动能定理得：，解得：，向心加速度为：，所以在B点的合加速度为：，故C正确；小球从B点离开后在水平方向做匀减速运动，加速度为：，则从B点运动到C点的水平方向位移为：，故D正确．所以ACD正确，B错误．二、填空题13.张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：(1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm（如图甲所示）；(2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)．【答案】(1).3.202-3.205(2).5.015(3).偏小【解析】【分析】（1）解决本题的关键明确：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．（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．（3）由电路图，依据电表内阻的影响确定误差状况．【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm．

（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm．（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小．【点睛】考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不须要估读、螺旋测微器须要估读．驾驭由欧姆定律分析电路的误差的方法．14.测定电源的电动势和内电阻的试验电路和图像如下：(1)现备有以下器材：A.干电池1个B滑动变阻器C.滑动变阻器D.电压表E.电压表F.电流表G.电流表其中滑动变阻器应选_____，电流表应选_____，电压表应选_____（填字母代号）；(2)由图像。由此可知这个干电池的电动势_______，电阻_____；(3)由于电压表的分流作用使本试验电路存在系统误差，导致_____，_____（填“”“”或“”）。【答案】(1).B(2).F(3).D(4).148-1.50(5).0.70-0.75(6).(7).【解析】【详解】(1).[1][2][3]因为电源是干电池1个，电压1.5V。电路电流不能太小，所以选B滑动变阻器。电流表指针尽可能半偏，因为G.电流表量程太大，故不选，所以电流表选F.电流表；电压表指针也尽可能达到半偏，因为电压表E.电压表量程太大，指针偏转不明显，所以电压表选D.电压表。(2).[4][5]依据图像可得：电流最小接近零时图像与纵轴交点的数值就是电源电动势的值：1.5V；依据闭合电路的欧姆定律公式可得：(3).[6][7]由电路图可知，相对于电源电流表采纳外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图像如图所示：电源的U-I图像与纵轴交点坐标值是电源电动势，图像斜率的肯定值是电源内阻，由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。三、计算题15.在如图所示的匀强电场中，有两点，且两点间的距离为，已知连线与电场线夹角为，今把一电荷量的检验电荷放入该匀强电场中，其受到的电场力的大小为，方向水平向左。求：(1)电场强度的大小和方向；(2)若把该检验电荷从点移到点，电势能改变了多少；(3)若点为零电势点，点电势为多少。【答案】(1)，方向水平向右；(2)；(3)【解析】【详解】(1)由：得：，因为电荷带负电荷受到水平向左的电场力作用，所以电场方向为水平向右。(2)、检验电荷从点移到点电场力做的功为：，解得：依据功能关系可知即电荷从点移到点电势能增加了(3)若点为零电势点，由，得：且，解得：16.如图所示的电路中，电源电动势为，，，电容，电源内阻忽视不计。求：(1)闭合开关，稳定后通过电阻的电流；(2)将开关断开，再次稳定后，求通过总电荷量。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)闭合开关，稳定后电容器相当于开关断开，依据全电路欧姆定律得：(2)闭合时，电容两端的电压：断开后，电容两端电压所以断开后，电容器有一个短时间的接着充电过程，通过的电荷为：17.如图所示，有垂直坐标平面的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为，方向向里。一带正电荷量为的粒子，质量为，从点以某一初速度垂直射入磁场，其轨迹与轴的交点、到点的距离分别为。试求：(1)初速度方向与轴夹角；(2)初速度的大小