四川省蓉城名校联盟2024-2025学年高二物理上学期期末联考试题含解析

PAGE21-四川省蓉城名校联盟2024-2025学年高二物理上学期期末联考试题（含解析）一、单项选择题1.关于物理学史，下列说法正确的是A.欧姆最初用试验干脆得到电流通过导体产生热量的表达式B.安培通过试验探讨确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律C.自然界存在两种电荷，库仑把丝绸摩擦过的玻璃棒所带的电荷叫做正电荷D.法拉第提出了电场的概念，并引入电场线形象地描述电场【答案】D【解析】【详解】A．焦耳最初用试验干脆得到电流通过导体产生热量的表达式，选项A错误；B．库伦通过试验探讨确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律，选项B错误；C．自然界存在两种电荷，富兰克林把丝绸摩擦过的玻璃棒所带的电荷叫正电荷，故C错误；D．法拉第提出了电场的概念，并引入电场线形象地描述电场，选项D正确。故选D。2.关于电场和磁场，下列说法正确的是A.二者都是客观存在的物质，都对放入其中的静电荷有力的作用B.电场强度与磁感应强度均采纳比值定义法，二者均矢量C.电场的方向与正电荷所受电场力方向相同，磁场的方向与通电导线所受安培力方向相同D.电场线与磁感线是为了形象描述电场与磁场而引入的假想曲线，并且都是闭合曲线【答案】B【解析】【详解】A．二者都是客观存在的物质，磁场对运动电荷可产生力的作用，对静电荷没有力的作用，选项A错误；B．电场强度E与磁感应强度B均采纳比值定义法，二者均为矢量，选项B正确；C．磁场的方向与安培力方向垂直，与小磁针N极的受力方向相同，选项C错误；D．电场线不闭合，选项D错误故选B。3.如图所示，在光滑的水平绝缘杆上，套有一个通电线圈（从右侧向左看电流为顺时针方向），线圈左侧放置一个与线圈共轴的螺线管。闭合开卷后，将通电线圈由图示位置静止释放。下列说法正确的是A.线圈向右运动，磁通量增大 B.线圈向右移动，磁通量减小C.线圈向左移动，磁通量增大 D.线圈向左移动，磁通量减小【答案】C【解析】【详解】闭合开关后螺线管中通电，产生磁场，磁场对右侧通电线圈有安培力，杆光滑，则合力等于安培力，由右手螺旋法则可知，螺线管右端为S极，线圈左端相当N极，则通电线圈受安培力向左移动。向左移动，靠近磁极，磁感应强度增大，依据可知，磁通量增大；A．线圈向右运动，磁通量增大，与结论不相符，选项A错误；B．线圈向右移动，磁通量减小，与结论不相符，选项B错误；C．线圈向左移动，磁通量增大，与结论相符，选项C正确；D．线圈向左移动，磁通量减小，与结论不相符，选项D错误；故选C。4.有一平行于纸面的匀强电场，电场中三点边长为的等边三角形的三个顶点。一带正电的粒子以的速度通过点，到达点时，粒子动能为点时动能的两倍；若变更通过点时的速度方向，使之能运动到点，到达点时，粒子动能为通过点时动能的三倍。该带电粒子带电量为、质量为，不计粒子重力。则A.两点间的电势差 B.两点间的电势差C.匀强电场的场强为 D.匀强电场的场强为【答案】C【解析】【详解】AB．由题意知解得同理可得故AB错误；CD．令点电势为零，则，故中点电势为，为等势面，为电场的方向选项C正确，D错误；故选C。5.如图所示，两平行板间有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为，板长为，两板间距离为。有一个带电量为、质量为的粒子，以水平速度，从靠近上板边缘处进入该磁场，粒子恰能从下极板右侧边缘离开磁场，不计粒子重力。则A.该粒子带正电 B.该粒子做匀变速曲线运动C.该粒子在磁场中运动的时间为 D.该粒子离开磁场时速度偏角为【答案】D【解析】【详解】A．如图所示，粒子向下偏转，受洛伦兹力方向向下，故粒子带负电，A错误；B．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，不是匀变速曲线运动，B错误；CD．粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示：由图可知解得R=2L，圆心角为，运动时间为选项C错误，D正确。故选D。6.如图所示，竖直放置的带有肯定电量的平行板电容器，板电势高于板电势，两极板间距为。质量为、带电荷量为的微粒，从板的边缘以初速度射入电场，沿与水平方向夹角为60°的直线从板的边缘射出，设重力加速度为。则A.两极板间的电势差为 B.微粒的动能削减C.微粒的电势能削减 D.微粒的机械能削减【答案】D【解析】【详解】A．依据受力分析图可知解得选项A错误；B．由动能定理：得：即微粒的动能削减，B错误；C．由于则电势能增加，C错误；D．依据能量守恒定律知微粒的电势能和机械能之和保持不变，电势能增加，机械能减小，D正确。故选D。7.下图为质谱仪的工作原理示意图，一束带电粒子以肯定的速度进入速度选择器，速度选择器内是相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度和电场强度的大小分别为和，粒子通过速度选择器的狭缝后，进入磁感应强度为的偏转磁场，最终打在底片上两处，测得，不计粒子重力。由此可知A.粒子带负电，磁感应强度垂直纸面对外 B.打在两处的粒子的比荷之比为1：2C.打在两处的粒子的速度之比为1：2 D.打在两处的粒子在磁场中的运动时间之比为1：1【答案】B【解析】【详解】A．在偏转磁场中，由粒子偏转方向知，粒子带正电，故A错误；B．打在两处的粒子半径，由知比荷之比为1：2，故B正确；C．通过速度选择器，速度相同，故C错误；D．运动时间，则运动时间之比为2：1，故D错误。故选B。8.某探讨小组设计了一个利用安培力测量磁感应强度的试验装置，如下图甲所示，将矩形线框固定在电子秤的台面上，线框的上部处于垂直于纸面的匀强磁场中（如下图乙所示）。当线框中通顺时针电流时，电子秤读数为；当线框中通逆时针电流时，电子秤读数为（）。已知矩形线框共有匝，边长为，则磁感应强度A.垂直纸面对外，大小为 B.垂直纸面对外，大小为C.垂直纸面对里，大小为 D.垂直纸面对里，大小为【答案】C【解析】【详解】电子秤读数，即，由可知，通顺时针电流时，安培力向上，磁场垂直纸面对里；对线框进行受力分析知解得。A．垂直纸面对外，大小为，与结论不相符，选项A错误；B．垂直纸面对外，大小为，与结论不相符，选项B错误；C．垂直纸面对里，大小为，与结论相符，选项C正确；D．垂直纸面对里，大小为，与结论不相符，选项D错误；故选C。二、多项选择题9.自动限制电路中常用到半导体材料，光敏电阻便是其中的一种。光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小。现将一只光敏电阻连入电路，与定值电阻、小灯泡（灯丝电阻视为不变）组成如图所示的电路，，无光照时。若将照耀的光照强度减弱，则A.小灯泡变暗B.光敏电阻消耗的功领先增大后减小C.电源输出功率始终减小D.当时，小灯泡与电阻消耗的总功率最大【答案】AC【解析】【详解】A．光照减弱，光敏电阻阻值增大，通过灯泡的电流变小，灯泡功率减小，变暗，A正确；B．由令，则当且仅当时取等号，但光照减弱光敏电阻阻值R增大，故消耗的功率在最大值右边始终减小，故B错误；C．由电源的输出功率为：因，则输出功率不能取最大值，在最高点右侧随R的增大而渐渐减小，C正确；D．由可知，（R1+RL）为定值电阻，当R取最小时电路的电流最大，此时最大，选项D错误；故选AC。10.如图所示，用两根轻质绝缘细线将质量为、长为的金属棒悬挂在两处，整个装置处于匀强磁场中。棒中通以从到的电流，两悬线偏离竖直方向的夹角处于平衡状态，则磁感应强度的大小可能为（重力加速度）A. B. C. D.【答案】CD【解析】【详解】如图当安培力垂直于拉力时，安培力最小解得A．0.2T，与结论不相符，选项A错误；B．0.4T，与结论不相符，选项B错误；C．0.5T，与结论相符，选项C正确；D．1.0T，与结论相符，选项D正确；故选CD。11.如图所示的电路中,为志向二极管(正向电阻为零,反向电阻为无穷大),为电容器的两极板，为滑动变阻器，为定值电阻。将滑动变阻器的滑片滑到端，保持开关断开，闭合开关。将滑动变阻器的滑片滑到中心位置，闭合开关，两板间点处的带电液滴恰能保持静止，下列说法正确的是A.将滑片滑向端，该液滴向下运动B.将滑片滑向端，该液滴向上运动C.将板向上移动，该液滴向下运动，点电势降低D.将板向下移动，该液滴向上运动，点电势上升【答案】BD【解析】【详解】A．液滴静止不动，则；滑动变阻器滑向端，电阻减小，分压减小，若电容器电压减小，由可知，电容器电量减小，即电容器放电，但二极管单向导通，无法放电，故此时电容器电量不变，不变，由知，不变，故液滴不动，A错误；B．滑动变阻器滑向b端，电阻变大，分压变大，电容器电压变大，由可知，电容器电量变大，即电容器充电，二极管导通，故此时电容器电量增加，变大，由知，变大，故液滴向上运动，故选项B正确；C．板上移，增大，由知C减小，若电压不变，由知，减小，即电容器放电，但二极管单向导通，无法放电，故此时电容器电量不变，由知，电场强度不变，液滴不动，故C错误；D．板下移，减小，电压不变，由知，E变大，液滴向上运动；依据U=Ed可知C点与B板电势差变大，即C点电势上升，选项D正确；故选BD。12.光滑绝缘半球形碗固定在水平地面上，碗内放有可视为质点的带电小球1、2，两小球质量均为、带电量分别为，平衡时小球1、2分别位于位置处。小球2的电荷量渐渐削减，从点缓慢下滑至点，则A.两带电小球间库仑力增大 B.两带电小球间库仑力减小C.带电小球2对碗的压力增大 D.带电小球2对碗的压力减小【答案】BD【解析】【详解】对B受力分析如图：由相像三角形法可证明两个带电小球随意电量时，都在同一水平面上（为两球连线距离的一半，为点到两球连线的距离）；小球2电量削减，两球间库仑力减小，小球位置下降，且总在同一水平面。对小球2，由图解法可知，减小，减小，小球对碗的压力减小；A．两带电小球间库仑力增大，与结论不相符，选项A错误；B．两带电小球间库仑力减小，与结论相符，选项B正确；C．带电小球2对碗的压力增大，与结论不相符，选项C错误；D．带电小球2对碗的压力减小，与结论相符，选项D正确；故选BD.13.如图甲所示，是两个固定的点电荷，一带正电的摸索电荷仅在电场力作用下以初速度沿两点电荷连线的中垂线从点向上做直线运动，其图像如图乙所示，下列说法正确的是A.两点电荷肯定都带负电，但电量不肯定相等B.时刻电场强度肯定最大，时刻与时刻摸索电荷在同一位置C.摸索电荷做往复运动，0到时刻与到时刻加速度方向相反D.时刻摸索电荷的电势能最大，但加速度不为零【答案】BD【解析】【详解】A．由图乙可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，粒子仅受电场力，则电场力应向下，故两个固定点电荷均带负电，由于电场线只能沿竖直方向，说明两粒子带等量电荷，故A错误；B．由乙图知，时刻加速度最大，则场强最大，依据运动的对称性知粒子时刻回到时刻的位置，B正确；C．与时刻，加速度方向相同，故C错误；D．时间内，电场力做负功，电势能增大，故D正确。故选BD。三、试验探究题14.某学习小组用多用电有欧姆档测量某一电阻，并对电阻欧姆档进行了一些探讨，下图是多用电表欧姆档内部电路示意图，电流表的满偏电流为，电源电动势为。（1）请依据下列步骤完成电阻测量并回答相关问题：①旋动定位螺丝，使指针对准电流的“0”刻度线；②将选择开卷旋转到电阻档“×100”的位置；③将插入“+”、“-”插孔的表笔短接，旋动电阻档调零旋钮，使指针对准电阻的“0”刻度线；④将两表笔分别与待测电阻相接，发觉指针偏转角度太小。为了得到比较精确的测量结果，应当将选择开关旋转到电阻档________（填“”或“”）的位置，进行到测量前还须要新进行欧姆调零；⑤测量出该电阻的阻值。（2）该欧姆表的内阻是________。（3）若表针偏转到满刻度的处时，待测电阻的阻值是_________。【答案】(1).×(2).(3).【解析】【详解】（1）④[1]．将选择开关旋转到电阻挡“×100”的位置，将两表笔分别与待测电阻相接，发觉指针偏转角度太小，说明所选挡位太小，为精确测量电阻阻值，应当将选择开关旋转到电阻挡×1k的位置。

（2）[2]．欧姆表内阻为：（3）[3]．若表针偏转到满刻度的2/3处时，由闭合电路欧姆定律得：即：解得：RX=3.75×103Ω；15.某试验小组利用如图所示电路测量一节干电池的电动势和内电阻。（1）试验室有电流表（）、电压表（）、滑动变阻器（）、开关和导线若干。（2）试验中记录的6组数据如下表所示，请在下图的坐标纸上画出图像。（）序号123456电压1.451401.301.251.201.10电流0.060.120.240.260.360.48（3）依据（2）中所画图像可求出干电池的电动势__________，内电阻__________。（结果保留两位小数）（4）由试验测得的电动势_____________（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。【答案】(1).(2).(3).(4).小于【解析】【详解】（2）[1]．画出的U-I图像如图：（3）[2][3]．依据（2）中所画图像可求出干电池的电动势E=1.50V，内电阻（4）[4]．由于电压表的分流，相等的路端电压对应的电流偏小，故试验测得电动势的值小于真实值。四、计算题16.电子以速率射入的匀强磁场中，速度方向与磁场方向垂直。已知电子的电量为，质量为，不计电子的重力。试求（结果保留两位有效数字）：（1）电子做圆周运动半径；（2）电子做圆周运动的周期。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设半径为R，依据牛顿其次定律和向心力的计算公式可得：解得：（2）电子做圆周运动的周期为：代入数据解得：T=3.6×10-10s。17.如图所示，在虚线两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电粒子从点由静止起先，在电场力作用下沿直线在两点间的来回运动。已知电场强度的大小为，和方向如图所示。带电粒子质量为，带电量为，点距虚线的距离为，点到虚线的距离为，不计带电粒子的重力，忽视相对论效应。求：（1）电场强度的大小；（2）带电微粒从点运动到点所经验的时间。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1-|q|E2d2=0解得（2）设微粒在虚线MN左右两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿其次定律有|q|E1=ma1|q|E2=ma2设微粒在虚线MN左右两侧运动的时间分别为t1和t2，由运动学公式有带电微粒从A点运动到B点所经验的时间

t=t1+t2联立方程解得

t=3.0×10-6s。18.如图所示，电源的电动势，内电阻，定值电阻，，电动机的线圈电阻。当开关闭合，电动机转动稳定后，电压表示数，不计电动机除线圈电阻外其它损耗，求：（1）两端的电压；（2）电动机的机械效率。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）依据闭合电路欧姆定律可知：E=U2+（I1+I2）r依据欧姆定律可得通过R2电流为：通过R1的电流为：联立并代入数据解得：U2=8VI1=1.2A；（2）电动机的输入功率为：P=U1I1=2×1.2W=2.4W电动机的发热功率为：P热=I12R3=1.22×0.5W=0.7