西藏拉萨市2024-2025学年高二物理上学期期末考试试题含解析

PAGE13-西藏拉萨市2024-2025学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求．全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1.下列用电器中，主要利用电流的热效应工作的是（）A.电风扇 B.电动机 C.抽油烟机 D.电热毯【答案】D【解析】【详解】A．电风扇用电动机带动工作，利用了电流的磁效应，主要将电能转化为机械能，A错误。B．电动机是依据通电导线在磁场中受到磁场力作用而工作的，电动机工作时主要把电能转化为机械能，故B错误。C．抽油烟机利用电动机带动工作，利用了电流的磁效应，故C错误。D．电热毯利用了电流的热效应，故D正确。故选D2.真空中两个点电荷相距r时，静电力为F，假如保持它们的电量不变，而将距离增大为3r时，则静电力将变为（）A.F/3 B.F/9 C.F D.2【答案】B【解析】【详解】依据库仑定律可知原来库仑力大小为：，将距离增大为3r时，此时A.F/3与分析不符，故A错误；B.F/9与分析相符，故B正确；C.F与分析不符，故C错误；D.2F与分析不符，故D3.如图所示为某静电场的电场线，A、B是电场中的两点，电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，下面的推断中正确的是（）A.场强EA＞EB，电势φA＜φBB.场强EA＜EB，电势φA＞φBC.将一带正电的点电荷从A点移到B点，电场力做负功D.将一负点电荷分别放在A、B两点时具有的电势能EPA＞EPB【答案】B【解析】【详解】A．用电场线的疏密程度表示场强的大小，所以A点的场强小于B点的场强，故A错误。B．由A的分析知EA＜EB，沿电场线方向电势渐渐降低，故φA＞φB，故B正确。C．沿电场线方向移动正电荷，电场力做正功，故C错误。D．对负电荷来说，电势越低电势能越大，电势越高电势能越小，所以EPA＜EPB，故D错误。故选B.4.关于导体电阻的表达式和，下面说法不正确的是A.金属导体的电阻与加在导体两端的电压成正比，与通过的电流成反比B.金属导体的电阻与导体长度、横截面积和材料有关C.一般状况下，金属导体的电阻随工作环境温度的变更而变更D.对于给定的一段金属导体来说，在恒温下比值是恒定的，导体电阻不随U或I的变更而变更【答案】A【解析】试题分析：对于电阻来说，金属导体的电阻等于电压U与电流I的比值，在肯定的温度下，该比值是不变的，故不能说电阻与电压成正比，与电流成反比，选项A错误，D正确；由可知，金属导体的电阻与导体长度、横截面积和材料有关，选项B正确；金属导体的电阻与温度有关，故金属导体的电阻随工作环境温度的变更而变更，选项C正确；因为该题是让选不正确的，所以该题选A．考点：电阻的定义式与确定式．5.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．6.如图所示，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A.电容器中的电场强度将增大B.电容器所带的电荷量将削减C.电容器的电容将减小D.液滴将向下运动【答案】BD【解析】【分析】电容器两端的电压等于R2两端的电压，此时液滴处于静止状态，知受重力和电场力平衡，将滑动变阻器滑片P向左移动，通过总电阻的变更，得出R1两端的电压的变更，从而确定电荷量的变更和电场强度的变更．【详解】将滑动变阻器滑片P向左移动，总电阻增大，则电流减小，R1两端的电压变小，电容不变，依据Q=CU，知电容器所带的电量减小．依据E=知，电场强度减小，则电场力减小，电场力小于重力，则液滴向下运动．故B、D正确，A、C错误．故选BD．7.如图，在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，小球静止时细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带电量应为()A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：小球受到三个力作用：重力mg、电场力F和细线的拉力T，依据平衡条件得知：F和T的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出电场力在三种不同方向下合成图如图，可以看出，当电场力F与细线的拉力T垂直时，电场力最小，由图求出电场力的最小值为：Fmin=mgsin30°又Fmin=qE，解得：．故选项D正确．考点：共点力的平衡.8.如图所示，通电导线MN中的电流保持不变，当它在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时，通电导线所受安培力的大小变更状况是()A.变小B.变大C.不变D.不能确定【答案】C【解析】【详解】从a转到b位置时，导线MN还是与磁场垂直，故F=BIL大小不变，故.正确；故选C.9.如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发觉射线的径迹向下偏，则（）A.导线中的电流从A流向BB.导线中的电流从B流向AC.若要使电子束的径迹向上偏，可以通过变更AB中的电流方一直实现D.电子束的径迹与AB中的电流方向无关【答案】BC【解析】试题分析：电流的方向与负电荷运动的方向相反，所以阴极射线管内电流的方向向左；由图可知，电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以阴极射线管处的磁场的方向垂直于纸面对里，由安培定则可知，AB中电流的方向向左．故A错误，B正确；若要使电子束的径迹向上弯曲，则阴极射线管处的磁场的方向需向外，可以变更AB中的电流方一直实现．故C正确；由以上的分析可知，电子束的径迹与AB中的电流方向有关．故D错误．故选BC．考点：左手定则；安培定则【名师点睛】该题同时考查左手定则与安培定则，应用左手定则推断洛伦兹力方向时，留意四指指向正电荷的运动方向，和负电荷运动方向相反．10.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变更的图线如图所示,P为图线上一点,PN为图线过P点的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线则下列说法中正确的是()A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻减小B.对应P点,小灯泡的电阻为C.对应P点,小灯泡的电阻为D.对应P点,小灯泡的功率为图中梯形PQON所围的面积【答案】B【解析】【详解】A．图线上的点与O点连线的斜率渐渐减小，说明电阻渐渐增大，故A错误；BC．图线上的点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，对应P点，小灯泡的电阻为故B正确，C错误；D．因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D错误．11.质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示，图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【详解】A．杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力。故A正确。B．杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力。故B正确。C．杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，肯定受摩擦力。故C错误。D．杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，肯定受摩擦力。故D错误。故选AB.12.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充溢管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），下列说法中正确的是（）A.M板电势肯定高于N板的电势B.污水中离子浓度越高，电压表的示数越大C.污水流淌的速度越大，电压表的示数越大D.电压表的示数U与污水流量Q成正比【答案】ACD【解析】A项，依据左手定则知负离子所受洛伦兹力方向向下，正离子所受洛伦兹力方向向上，所以M板电势肯定高于N板的电势，故A正确；B、C项，最终离子处于平衡，故电场力等于洛伦兹力，依据牛顿其次定律有，解得，所以与离子的浓度无关，与污水流淌的速度成正比，故B项错误，C项正确．D项，依据，则流量，即，故电压表示数与污水流量成正比，故D项正确．综上所述本题正确答案为ACD．二、试验填空题（本题共2小题，每空2分，共16分．）13.某小组同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的试验中所用器材如下：A．电源（电动势约为3V，内阻为几欧）B．电压表V（量程0～3V，内阻为几千欧）C．电流表A（量程0～300mA，内阻为几欧）D．小灯泡（2.8V0.25A）E．滑动变阻器R1（0～10Ω2A）F．滑动变阻器R2（0～200Ω1.5A）G．开关、导线若干（1）试验中要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压连续可调，且尽可能地减小验误差，应当在图（甲）中选择电路图_____（填“A”或“B”）；（2）试验器材中有两个滑动变阻器，该试验应选用的是_____（填“R1”或“R2（3）依据试验所测得的电压和电流，描绘出的该小灯泡的伏安特性曲线如图（乙）所示，则该小灯泡两端电压为2.5V时，通过的电流为_____mA，这个电流值与通过小灯泡中电流的真实值相比偏大，其缘由是电压表的_____（填“分压”或“分流”）。（4）由以上试验数据及图象可知小灯泡的电阻随温度的上升而_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】(1).A(2).R1(3).240(4).分流(5).增大【解析】【详解】（1）[1]．描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零起先变更，滑动变阻器应采纳分压接法；由于灯泡内阻较小，因此应采纳电流表外接法，故选择A电路；（2）[2]．由于采纳分压接法，所以滑动变阻器应选择总阻值较小的R1；（3）[3][4]．由图可知，当电压为2.5V时，电流为240mA；由于采纳电流表外接法，电压表分流使电流表示数偏大；（4）[5]．U-I图象中图象的斜率表示电阻，则由图可知，随着电压的上升电阻增大；缘由是灯丝电阻随温度的上升电阻率增大。14.某试验小组利用图（甲）所示的器材测量一节干电池的电动势和内电阻。现有的试验器材为：A．待测干电池（电动势约为1.5V）B．电压表（量程3V，内阻约5kΩ）C．电流表（量程0.6A，内阻约0.5Ω）D．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω）E．开关、导线若干（1）在图（甲）中用笔画线代替导线将电路连接完整，要求滑片位于最左端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大_____；（2）他们依据试验数据绘制出的U﹣I图象如图（乙）所示，其中U是电压表的读数，I是电流表的读数。由此可以得到干电池的电动势E＝_____V，内电阻r＝_____Ω．（结果保留两位有效数字）【答案】(1).(2).1.4(3).0.91【解析】【详解】（1）[1]．本试验采纳相对电源的电流表外接法；滑动变阻器采纳限流接法，为了让滑片位于最左端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，应接滑动变阻器右下方和上方任一接线柱；如图所示。（2）[2][3]．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1.4V；图象中的斜率肯定值表示电源的内阻，所以电源的内阻为r＝＝0.91Ω。三、计算题（第15题8分，第16题14分，第17题14分，共36分．）15.一电源的电动势为6V、外接电阻R1＝3.0Ω时，路端电压为4.5V．求：（1）该电源的内阻多大？（2）假如在外电路再串联一个R2＝6.0Ω的电阻，流过电源的电流是多大？【答案】（1）该电源的内阻为1.0Ω；（2）假如在外电路再串联一个R2＝6.0Ω的电阻，流过电源的电流是2.0A。【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可得：U＝R1带入数据得r＝1.0Ω；（2）依据并联电路规律可得：R并＝＝＝2.0Ω；依据闭合电路欧姆定律有：16.如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。（1）求电子穿过A板时的速度大小v0；（2）求电子从偏转电场射出时侧移量y（竖直方向的位移大小）；【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）电子穿过加速电场的过程，由动能定理得：解得：v0＝（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，则有：L＝v0t沿电场方向做初速度为零的匀加速直