湖北省石门县第六中学2024-2025学年高二物理下学期期末考试试题

PAGEPAGE8湖北省石门县第六中学2024-2025学年高二物理下学期期末考试试题时量：60分钟总分：100分一、单选题(共5小题,每小题5.0分,共25分)1.如图所示，带负电的粒子q（不计重力），水平向左进人匀强磁场，磁场方向垂直纸面对外．该粒子将（）A．向下偏转B．向上偏转C．垂直纸面对里偏转D．垂直纸面对外偏转2.如图所示，有一根竖直长直导线和一个通电矩形金属框（不计重力）处在同一竖直平面内，当竖直长导线内通以方向向上的电流时，距形金属框将（）A．水平向左运动B．水平向右运动C．竖直向上运动D．处于平衡状态3.如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，a、b两点的电势分别为=20V，=50V，则a、b连线的中点c的电势应为（）A．=35VB．＞35VC．＜35VD．无法推断的凹凸4.如图所示，一条形磁铁从静止起先向下穿过一个用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈的过程中()A．做自由落体运动B．做减速运动C．做匀速运动D．做非匀变速运动5.某沟通发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是()A．交变电流的频率为0.02HzB．交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos50πtAC．在t＝0.01s时，穿过沟通发电机线圈的磁通量最大D．若发电机线圈电阻为0.4Ω，则其产生的热功率为5W二、多选题(共3小题,每小题5.0分,共15分)6.（多选）关于通电导线所受安培力F的方向，以下各图正确的是（）A．B．C．D．7.(多选)如图所示，abcd是一小金属块，用一根绝缘细杆挂在固定点O，使金属块绕竖直线OO′来回摇摆，穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线方向跟纸面垂直，若摩擦和空气阻力均不计，则()A．金属块进入或离开磁场区域时，都会产生感应电流B．金属块完全进入磁场区域后，金属块中无感应电流C．金属块起先摇摆后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后将不再减小D．金属块摇摆过程中，机械能会完全转化为金属块中产生的电能8.（多选）如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下推断正确的是（）A．电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮B．电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变亮C．电压表读数变小，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗D．电压表读数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变暗三、试验题(共2小题,每小题10分,共20分)9.在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的试验中，选择“3V、0.5A”的小灯泡作为探讨对象，请回答下面几个问题：①下列试验器材中应选用（填入器材序号）A．电流表（量程0～0.6A，内阻1Ω）B．电流表（量程0～3A，内阻1Ω）C．电压表（量程0～15V，内阻约10kΩ）D．电压表（0～3V，内阻约2kΩ）E．滑动变阻器（阻值0～100Ω）F．滑动变阻器（阻值0~10Ω）G．电源E=6VH．开关I，导线若干②在本试验中，滑动变阻器应采纳（填“分压”或“限流”）接法，电流表应采纳（填“内”、“外”）接法．③在下列图1方框中画出试验电路图，并用实线代替导线，将图2中的器材连接成可供试验的电路10.用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻的试验中，所用电流表和电压表的内电阻分别为0.1Ω和1kΩ，如图为所需的器材.（1）请完成它们的试验电路，留意两个电表要选用适当量程，并要求变阻器的滑动片在左端时其电阻值最大.（2）（4分）一位同学记录的6组数据见下表，试依据这些数据在图中画出U-I图线，依据图线求出电池的电动势E=_________V，内阻r=________Ω.（3）上述试验的测量结果为E测__________E真（填“>”“<”或“=”）四、计算题(共3小题,第11/12题各12分13题16分,共40分)11.如图所示，电场中A、B两点电势差为30V，一个电荷量为5×10－8C的正点电荷由A运动到B，电场力对点电荷做了多少功？B、C两点间的电势差大小为15V，该点电荷从B运动到C，电场力对点电荷做了多少功？12.如图所示，直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场．一电子(质量为m、电荷量为e)以v的速度从点O与MN成30°角的方向射入磁场中，求：(1)电子从磁场中射出时距O点多远；(2)电子在磁场中运动的时间为多少．13.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为L＝0.4m，如图所示，框架上放置一质量为0.05kg、电阻为1Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若cd杆以恒定加速度a＝2m/s2由静止起先做匀变速运动，则：(1)在5s内平均感应电动势是多少？(2)第5s末，回路中的电流多大？(3)第5s末，作用在cd杆上的水平外力多大？答案1.【答案】A【解析】粒子带负电，向左移动，依据左手定则，洛伦兹力向下，故带电粒子向下偏转且做圆周运动，故选A．2.【答案】A【解析】依据右手螺旋定则可知，线圈所在位置的磁场方向向里，依据左手定则可知，左边框受力向左，右边框受力向右；上边框受力向上，下边框受力向下；上、下边框受力大小相等，方向相反，而左边框受力大于右边框受力，因此导体框受到的合力向左，故导体框将向左运动，故A正确，B、C、D错误．3.【答案】B【解析】由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，依据公式U=Ed可知，ca间电势差Uca大于b、c间电势差Ubc，即φc﹣φa＞φb﹣φc，得到φc＞=35V．故选：B4.【答案】A【解析】双线绕成的线圈由于两导线产生的磁通量相互抵消，不会产生磁场，所以磁铁将做自由落体运动．故选A.5.【答案】D【解析】由图象知，沟通电的周期为0.02s，故频率为50Hz，A错；转动的角速度ω＝＝100π，故电流瞬时值表达式为i＝5cos100πtA，B错；t＝0.01s时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C错；沟通电电流的有效值I＝＝A，故P＝I2R＝()2×0.4W＝5W，故D正确．6.【答案】AD【解析】依据左手定值可知，A图中的安培力竖直向上，故A正确；B中安培力竖直向下，故B错误；C中垂直纸面对外，故C错误；D中安培力竖直向上，D正确；7.【答案】ABC【解析】在小金属块进入或离开磁场时有感应电流产生，完全进入磁场后无感应电流，故可知小金属块最终将做一个等幅摇摆．8.【答案】BC【解析】当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流增大，通过灯L2的电流变大，则灯L2变亮．电源的内电压和L2的电压增大，路端电压减小，则并联部分电压减小，电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L1变暗，故B、C正确，A、D错误.9.【答案】①ADFGH②分压外③电路图见解析图．【解析】①灯泡额定电流为0.5A，电流表选择A；灯泡额定电压为3V，电压表选择D；为便利试验操作滑动变阻器应选择F；试验还须要电源、开关与导线，故须要的试验器材为：ADFGH；②描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流从零起先改变，滑动变阻器应采纳分压接法；由于灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应采纳外接法；③滑动变阻器采纳分压接法，电流表采纳外接法，电路图如图所示：依据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：10.【答案】(1)见解析图(2)U-I图象见解析1.460.72(3)<【解析】（1）依据要求，变阻器的滑动触头滑至最左端时，其运用电阻值最大，电源的内阻是比较小的，为了减小误差，采纳电流表的内接法，按要求连试验实物图，如图（2）依据这些数据作出U-I图象如图．在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.46V，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为0.72Ω.（3）由图所示电路可知，相对于电源来说，电流表采纳内接法，由于电压表的分流作用，使所测电源电动势小于电动势真实值.11.【答案】1.5×10－6J－7.5×10－7J【解析】方法一：依据电场力做功与电势差的关系得：WAB＝qUAB＝5×10－8×30J＝1.5×10－6J.WBC＝qUBC＝5×10－8×(－15)J＝－7.5×10－7J.方法二：正点电荷从A运动到B时，是顺着电场线方向移动的，所以电场力做正功，其大小W1＝qU1＝1.5×10－6J.正点电荷从B运动到C时，是逆着电场线方向移动的，所以电场力做负功，其大小W2＝qU2＝7.5×10－7J.12.【答案】（1）（2）【解析】(1）由左手定则可推断出电子应落在ON之间，由几何关系可解得圆心角为60°，则电子出射点距O点的距离等于电子的运动半径r解得所以电子从磁场中射出时距O点的距离为（2）电子在磁场中的运动周期电子在磁