新疆博乐市兵团农第五师高级中学2024-2025学年高二物理上学期期末考试试题含解析

PAGE14-新疆博乐市兵团农第五师高级中学2024-2025学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）第I卷（选择题共40分）一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分。1-5小题是单选题，6-10小题是多选题)1.真空中A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r,则A、B两点的电场强度大小之比为A.3:1 B.1:3 C.9:1 D.1:9【答案】C【解析】试题分析：干脆依据库伦定律公式计算出摸索电荷q所受电场力，然后利用电场强度的定义式即可求出在M所在处的场强的大小．解：引入一个摸索电荷q，分别计算它在AB两点受的电场力．，，得：F1=9F2依据电场强度的定义式：，得：故选：C【点评】本题很简洁干脆考查了库伦定律和电场强度定义式的应用，对于这些公式肯定要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义．【此处有视频，请去附件查看】2.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是()A.粒子带正电B.粒子在A点加速度大C.粒子在B点动能大D.A、B两点相比，粒子在B点电势能较高【答案】D【解析】【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向。不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧。【详解】依据曲线运动条件可得粒子所受合力应当指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电。故A错误；由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小。故B错误；粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能削减，即粒子在A点动能大，B点的电势能大，故C错误D正确【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布。对于本题关键是依据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。3.一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V．若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率()A.等于36W B.小于36W，大于9WC.等于9W D.小于9W【答案】B【解析】【详解】据纯电阻电功率可知，当电压减半的时候，功率应当见为原来的，即为9W，但是当电压减小的同时，由于工作的温度降低，灯泡的电阻也会减小，所以实际的功率要比9W大，即灯泡消耗的电功率小于36W，大于9WA.等于36W与分析不符，A错误B.小于36W，大于9W与分析相符，B正确C.等于9W与分析不符，C错误D.小于9W与分析不符，D错误4.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q．将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，与P移动前相比（）A.U变小 B.I变小 C.Q不变 D.Q减小【答案】B【解析】【详解】当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压U=E-I（R2+r），由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据C=，得Q=CU，可推断出电容器的电荷量Q增大，故B正确，ACD错误。故选：B。5.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中心上方固定一根长直导线，导线与条形磁铁垂直．当导线中通以垂直纸面对里的电流时，用FN表示磁铁对桌面的压力，F静表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前受力相比较是()A.FN减小，F静＝0B.FN减小，F静≠0C.FN增大，F静＝0D.FN增大，F静≠0【答案】C【解析】试题分析：通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则推断；摩擦力产生的条件是两个物体相互接触，有相对运动的趋势或者已经发生相对运动．据此分析．解：磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心上方，所以此处的磁感线水平向左，电流的方向垂直与纸面对里，依据左手定则，导线受到磁铁给的安培力方向竖直向上，如右图所示．依据牛顿第三定律知，导线对磁铁的反作用力方向竖直向下，因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，则FN增大；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会产生运动趋势，就不会产生摩擦力，则Ff=0．故选：C．【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则推断，然后依据作用力和反作用力的学问进行推理分析．6.如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球起先时相互接触且对地绝缘，下述几种方法中能使两球都带电的是()A.先把两球分开，再移走棒B.先移走棒，再把两球分开C.先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开D.棒的带电荷量不变，两导体球不能带电【答案】AC【解析】带电导体球与两个球不接触，本身电量不会转移到甲乙上，所以依据静电平衡，甲的左侧和乙的右侧带有等量的异种电荷，分开两球再移走棒，两球带有等量的异种电荷，A对；若先移走棒则感应出来的电荷又会回到各自的导体上，两个小球不会带电，B错；若接触其中的一个小球则电荷会发生转移，再分开两个小球，都会带上电量，所以C对，第一种状况下棒的电量没有发生改变，但是两个小球会带上电，所以D错。思路分析：依据使物体带电的方式进行解析。试题点评：考查是物体带电的方式7.图中带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在该直线上有a、b两点，用Ea、Eb表示a、b两点的场强大小，则()A.a、b两点场强相同B.电场线从a指向b，所以Ea>EbC.电场线是直线，所以Ea＝EbD.不知道a、b旁边的电场线分布，Ea、Eb的大小不能确定【答案】D【解析】该电场线为一条直线，由图可知，电场线上各点的场强的方向相同，a、b两点在一条电场线上，由于无法推断电场线的疏密，也就无法推断a、b两点电场强度的大小，故A，B，C错误，D正确；故选D．【点睛】本题要抓住电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电线线，不能反映电场线的疏密，所以不能确定场强的大小．8.如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知正确的是A.导体的电阻是B.导体的电阻是C.当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是D.当通过导体的电流是时，导体两端的电压是【答案】ACD【解析】试题分析：A、依据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R===25Ω，故A正确，B错误；C、当导体两端电压是10V时，通过导体的电流I===0．4A，故C正确；D、当通过导体的电流是0．1A时，导体两端的电压U=IR=0．1A×25Ω=2．5V，故D正确；故选ACD．考点：欧姆定律．9.如图所示，一个带正电荷的小球沿绝缘的光滑水平桌面对右运动，飞离桌子边缘A，最终落到地板上．设有磁场时飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度大小为v1；若撤去磁场而其余条件不变时，小球飞行的时间为t2，水平射程为x2，着地速度大小为v2.则()A.x1>x2 B.t1>t2 C.v1>v2 D.v1＝v【答案】ABD【解析】没有磁场影响时，小球飞落过程为平抛运动。当空间有匀强磁场时，分析小球飞落过程中任一位置受力状况。由时刻跟瞬时速度垂直的f洛对小球竖直分运动的影响可知，在同样落差下与平抛运动只受重力作用相比，小球落地时间加长，所以t1>t2。由f洛对水平分运动的影响可知，小球水平分速度将比平抛时加大，且飞行时间又有t1>t2，则水平射程必有x1>x2。由于洛伦兹力做功为零，而两种状况重力对小球做功相等，所以落地速度大小相同。即选项ABD正确，C错误；故选ABD.10.如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面对里，一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可推断该带电质点（）A.带有电荷量为的负电荷B.沿圆周逆时针运动C.运动的周期为D.运动速率为【答案】AC【解析】【详解】A.带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知带电粒子受到的重力和电场力肯定平衡，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，可知带电粒子带负电；依据电场力和重力大小相等，得mg=qE，解得；故A正确.B.带电粒子由洛仑兹力供应向心力，由左手定则知粒子沿顺时针方向做匀速圆周运动；故B错误.CD.粒子由洛仑兹力供应向心力，依据牛顿其次定律，有：，结合，解得：，；故C正确，D错误.第Ⅱ卷（非选择题共60分）二．填空题(本大题共2小题，共计14分)11.在“测定金属丝电阻率”的试验中须要测出其长度L、直径d和电阻R（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_____mm．（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_____．（选填“偏大”或“偏小”）（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为_____V，电流表的读数为_____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）依据内接的特点，结合欧姆定律以及串并联电路的特点，即可分析出测量值与真实值之间的关系；

（2）先算出电表的分度值，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可。【详解】（1）金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm×19.8=0.698mm；（2）电流表外接法测量电阻，由于电压表分流的影响，故金属丝电阻的测量结果将比真实值偏小；

（3）电压表的分度值为0.1V，要估读到下一位，故其读数为2.60V；

电流表选择的是0～0.6A量程，分度值为0.02A，故其读数为0.52A.【点睛】解决本题关键驾驭螺旋测微器和电表的读数方法，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。读电表读数时要留意计算电表的分度值，然后再确定是否估读，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可。内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小。”12.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A．被测干电池一节B．电流表：量程0～0.6A，内阻0.1ΩC．电流表：量程0～3A，内阻0.024ΩD．电压表：量程0～3V，内阻未知E．电压表：量程0～15V，内阻未知F．滑动变阻器：0～10Ω，2AG．滑动变阻器：0～100Ω，1AH．开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的试验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能精确地测量电池的电动势和内阻．(1)在上述器材中请选择适当的器材：________(填写选项前的字母)；(2)在图甲方框中画出相应的试验电路图_______；(3)依据试验中电流表和电压表的示数得到了如图乙所示的U－I图象，则在修正了试验系统误差后，干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.【答案】(1).ABDFH(2).(3).1.50(4).0.9【解析】【详解】第一空.在上述器材中请选择适当的器材：被测干电池一节.最大电压为1.5V为了读数精确，所以选择3V的量程；电流表：量程0～0.6A，电压表：量程0～3V，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值改变，减小误差，故选F，开关、导线若干；故应为ABDFH；其次空.因电流表内阻已知，故可将电流表内阻等效为电源内阻，从而选择电流表的外接法，可以消退电流表分压带来的系统误差，故选滑动变阻器的限流式和电流表外接法，电路如图所示：第三空.依据U=E-Ir可知，U-I图像的纵截距为电源的电动势，有；图象的斜率表示等效内阻，而，故.三．计算题（本大题共5小题，共计46分）13.一个质量m＝10－4kg，电荷量q＝5×10－5C的带正电粒子静止于两板的正中心，已知两板间距离为20cm，g＝10m/s(1)两板间匀强电场的场强大小；(2)两板间的电势差.【答案】(1)E＝20V/m(2)U＝4V【解析】【详解】(1)带电粒子静止，受两个力而平衡.由平衡条件：qE＝mg解得：E＝20V/m.(2)两板间为匀强电场，由电势差的计算式U＝Ed解得：U＝20×0.2V＝4V.14.如图所示，电阻R1、R2、R3的阻值相等，都等于R，电池的内阻不计，开关S闭合前流过R2的电流为I，(1)求电源的电动势E；(2)求S闭合后流过R2的电流大小．【答案】(1)E＝2IR(2)【解析】【详解】(1)设电池两端的电动势为E，开关S闭合前电阻R1、R2两电阻串联，R2的电流为I，由欧姆定律得：E＝I(R1＋R2)＝2IR(2)S闭合后R2、R3并联再和R1串联，由欧姆定律得：联立解得:R2中的电流是干路中的一半:答：（1）电源的电动势E＝2IR；（2）S闭合后流过R2的电流。15.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，导轨的一端接有电动势E＝3V、内阻r＝0.5Ω的直流电源，导轨间的距离L＝0.4m。在导轨所在空间内分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨所在平面对上的匀强磁场。现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R＝1.0Ω，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（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。【答案】(1)(2)【解析】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，依据闭合电路欧姆定律有：导体棒受到的安培力：F安=ILB=2×0.40×0.50N=0.40N

（2）导体棒所受重力沿斜面对下的分力：F1=mgsin37°=0.04×10×0.6N=0.24N

由于F1小于安培力，故导体棒沿斜面对下的摩擦力f，依据共点力平衡条件得：

mgsin37°+f=F安

解得：f=F安-mgsin37°=（0.40-0.24）N=0.16N16.质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止起先，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示．已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计。(1)求粒子从A点射入磁场时的速度v；(2)求匀强磁场的磁感应强度B。【答案】(1)(2)【解析】【详解】作粒子经电场和磁场的轨迹图，如图所示：(1)设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：①解得：(2)粒子进