天津市南开区南开大学附中2024-2025学年高二物理上学期期中阶段检测试题等级班含解析

PAGE17-天津市南开区南开高校附中2024-2025学年高二物理上学期期中阶段检测试题（等级班，含解析）一、单项选择题（每题3分，共30分）1.以下说法正确的是（）A.电子、质子所带电量最小，所以它们都是元电荷B.真空中放置着两个相隔肯定距离的静止点电荷，电荷量都加倍，间距也加倍时，相互作用的库仑力大小不变C.真空中放置着两个相隔肯定距离的点电荷，间距趋近零时，相互作用力趋近无穷大D.电场中A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势的不同而变更，所以UAB=UBA【答案】B【解析】【详解】A．元电荷是基本的电量单位，电子、质子所带电量均为元电荷电量，但是它们不是元电荷，A错误；B．相据可知，真空中放置着两个相隔肯定距离的静止点电荷，电荷量都加倍，间距也加倍时，相互作用的库仑力大小不变，B正确；C．真空中放置着两个相隔肯定距离的点电荷，间距趋近零时，库仑定律不再适用，C错误；D．电场中A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势的不同而变更，所以，D错误。故选B。2.某电解池，假如在1s内共有5×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是()A.0 B.0.8AC.1.6A D.3.2A【答案】D【解析】【详解】由题，电解池中正负离子运动的方向相反，则1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e负离子的电量肯定值为q2=n2e则电流为代入数据解得：A．0与分析不符，故A错误；B．0.8A与分析不符，故B错误；C．1.6A与分析不符，故C错误；D．3.2A与分析相符，故D正确．3.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ．假如仅变更下列某一个条件，θ角的相应变更状况是A.棒中的电流变大，θ角变大B.两悬线等长变短，θ角变小C.金属棒质量变大，θ角变大D.磁感应强度变大，θ角变小【答案】A【解析】【详解】导体棒受力如图所示，导体棒平衡，可得：；A．棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；B．两悬线等长变短，θ角不变，故B错误；C．金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；D．磁感应强度变大，θ角变大，故D错误．故选A．【点睛】此题考查了安培力及物体的平衡问题；解题时对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，依据安培力公式分析即可正确解题．4.如图所示，PQ为等量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的一点，M、N分别为AC、BC的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列推断正确的是A.M、N两点的电场强度相同B.M、N两点的电势相等C.若将一负摸索电荷由M点移到C点，电场力做正功D.若将一负摸索电荷由无穷远处移到N点时，电势能肯定增加【答案】C【解析】试题分析：M、N两点场强大小相等，但方向不同，选项A错误；PQ线上各点的电势均为零，PQ左侧电势为负，右侧电势为正，则M点电势低于N点电势，选项B错误；负电荷由M点移到C处，电势能减小，故电场力做正功，选项C正确；无穷远处电势为零，N点电势大于零，故负电荷由无穷远处移到N点时，电势能肯定减小，选项D错误；故选C．考点：电场强度；电势及电势能.5.如图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动状况是()A.都绕圆柱转动B.以不等的加速度相向运动C.以相等的加速度相向运动D.以相等加速度相背运动【答案】C【解析】【详解】同向环形电流间相互吸引，虽然两电流大小不等，但据牛顿第三定律知两线圈间相互作用力必大小相等，加速度大小相等。故选C。6.如图所示，在与水平方向成θ角的匀强电场中有一绝缘光滑细杆，底端固定一带正电的小球，上端有一带正电的小环，在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，下列关于小环能量变更的说法中正确的是（）A.重力势能与动能之和增加 B.电势能与动能之和增加C.机械能守恒 D.动能肯定增加【答案】B【解析】【详解】ABC．在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，受向下的重力、斜向上的电场力和竖直向上的库仑力，因电场力和库仑力对环都做负功，可知环的机械能减小；而环的动能、重力势能和电势能之和守恒，则因电势能变大，则重力势能与动能之和减小；因重力势能减小，则电势能与动能之和增加；选项AC错误，B正确；D．环下滑过程中肯定存在一个重力、电场力、库仑力以及杆的弹力的四力平衡位置，在此位置时环的速度最大，动能最大，则环下滑时动能先增加后减小，选项D错误；故选B。7.如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电起先后的一段时间内，充电宝的输出电压、输出电流可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为，则时间内（）A.充电宝输出的电功率为B.充电宝产生的热功率为C.手机电池产生的焦耳热为D.手机电池储存的化学能为【答案】D【解析】【详解】A．充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为A错误；BC．手机电池充电电流为I，所以手机电池产生的热功率为而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率，依据题目信息无法求解，BC错误；D．输出的电能一部分转化为手机的化学能，一部分转化为电池的热能，故依据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为D正确。故选D。8.如图所示为水平放置的两根等高固定长直导线的截面图，O点是两导线间距离的中点，a、b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流．下列说法正确的是()A.两导线之间存在相互吸引的安培力B.O点的磁感应强度为零C.O点的磁感应强度方向竖直向下D.a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反【答案】C【解析】【详解】由图可知，两处电流的方向相反，所以它们之间存在相互排斥的作用力．故A错误．由安培定则可知，左侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，右侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，方向相同，所以合磁场的方向向下．故B错误，C正确．结合安培定则，分别作出两处电流在a、b两点的磁场方向如图，可知a、b两点的磁感应强度方向相同．故D错误．故选C.

9.如图所示，电源电动势为E，电源内阻为r=1Ω，定值电阻R1=4Ω，滑动变阻器R2变更的范围为0~10Ω，以下说法正确的是A.当R2=3Ω时，电源的输出功率最大B.当R2=3Ω时，R1上获得的功率最大C.当R2=3Ω时，电源的效率最大D.当R2=5Ω时，R2上获得的功率最大【答案】D【解析】A.由于R1>r，R1+R2由越接近内阻r，电源输出功率越大，所以当R2=0时，电源输出功率最大，故A错误；B.R1上消耗功率，电流越大，R1消耗的功率越大，依据闭合电路的欧姆定律，当R2=0时，电流最大，R1上消耗的功率最大，故B错误；C.电源效率,R2越大，电源的效率越高，所以当R2=10Ω时，电源的效率最高，故C错误；D.将R1看做内阻，当r+R1=R2，即R2=5Ω时，R2消耗的功率最大，故D正确；故选D．10.如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面对上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态．现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步A.增大 B.减小 C.先增大，后减小 D.先减小，后增大【答案】A【解析】【详解】对导体棒进行受力分析如图:当磁场方向缓慢旋转到水平方向，安培力方向缓慢从图示位置转到竖直向上，因为初始时刻安培力沿斜面对上，与支持力方向垂直，最小，所以安培力始终变大，而安培力：，所以磁场始终增大，BCD错误A正确二、多项选择题（每题4分，共20分）11.如图甲、乙所示的电路图为电表改装的示意图，G为表头、R为可调电阻，则下列说法正确的是()A.图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大B.图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小C.图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大D.图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小【答案】BC【解析】【详解】图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，依据可知，会使得改装后电表的量程减小，选项A错误，B正确；图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，依据可知，改装后电表的量程增大，选项C正确，D错误；故选BC.12.将红表笔插入多用电表的正（+）插孔，黑表笔插入多用电表的负（-）插孔，用该表测直流电压、测电阻器电阻或测二极管的正反向电阻时，下列说法正确的是（）A.测电压时，电流从红表笔流出多用电表，测电阻时，电流从红表笔流入多用电表B.测电压时，电流从红表笔流入多用电表，测电阻时，电流从红表笔流出多用电表C.选择欧姆档×10档并调零后，将两表笔与待测电阻相连，发觉电表指针偏转角度太大，则应换用×1档，调零后再测D.选择欧姆档的适当档位测量电阻时，须要将电阻和外电路断开【答案】CD【解析】【详解】AB．无论是测电压，还是测电流，电流都是从红表笔流入，从黑表笔流出，故AB错误；C．选择欧姆档×10档并调零后，将两表笔与待测电阻相连，发觉电表指针偏转角度太大，说明待测电阻较小，则应换用×1档，调零后再测，故C正确；D．选择欧姆档的适当档位测量电阻时，须要将电阻和外电路断开，否则可能导致测量不精确或者损坏多用电表，故D正确。故选CD。13.如图所示，质量为的带电小物块在绝缘粗糙的水平面上以初速度起先运动．已知在水平面上方的空间内存在方向垂直纸面对里的水平匀强磁场，则以下关于小物块的受力及运动的分析中，正确的是（）A.若物块带正电，可能受两个力，做匀速直线运动B.若物块带负电，可能受两个力，做匀速直线运动C.若物块带正电，肯定受四个力，做减速直线运动D.若物块带负电，肯定受四个力，做减速直线运动【答案】AD【解析】【详解】AC.小物块带正电，则受到的洛伦兹力竖直向上，假如洛伦兹力小于重力，则小物块还会受到支持力和摩擦力，做变减速运动，假如洛伦兹力恰好等于重力，则小物块只受这两个力而做匀速直线运动，故A符合题意，C不符合题意；BD.若小物块带负电，洛伦兹力竖直向下，小物块受四个力作用而做减速运动，故B不符合题意，D符合题意．14.如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,R1、R2、R3为定值电阻,电流表和电压表均为志向电表,C为平行板电容器,在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态.由于某种缘由灯泡L的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏,则下列说法正确的是()A.电流表示数变大B.电压表示数变大C.液滴将向上运动D.液滴仍保持静止【答案】ABC【解析】【详解】液滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡，电路为R2与R3串联，再与灯泡L并联，干路上有R1和内阻r.灯泡L的灯丝突然烧断,相当于其电阻变大，总电阻变大，据，则总电流变小，C、D、由得电容器的电压增大，故液滴受到的电场力增大，液滴向上运动，C正确、D错误．A、B、由可知电流表示数增大，由知电压表的示数变大，A正确，B正确.故选ABC.【点睛】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，依据路串并联学问和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变更．留意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系确定．15.如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图.假如发觉电视画面的幅度比正常的偏小，可能引起的缘由是（）A.电子枪放射实力减弱，电子数削减B.加速电场的电压过高，电子速率偏大C.偏转线圈局部短路，线圈匝数削减D.偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱【答案】BCD【解析】【分析】依据题目中电视画面的幅度比正常的偏小可知，本题考查电子在磁场中偏转的半径，依据R=逐一分析即可．【详解】电视画面的幅度比正常的偏小，说明电子束的偏转半径偏大，由R=可知，其缘由可能是磁感应强度B减小或是速度v增大．电子枪放射实力减弱，电子数削减，不会影响电视画面的幅度；由qU=mv2知，加速电场的电压过高，会引起电子速率偏大；偏转线圈局部短路，线圈匝数削减，会引起磁感应强度B削减；偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱，也会引起磁感应强度B削减；故选BCD三、试验题（每空3分，共27分）16.测一节干电池的电动势E和内阻r，利用常规操作进行试验，在图中已画出七组试验数据所对应的坐标点。请依据这些点作出U-I图线，并由图线求出E=____V，r=_______Ω。【答案】(1).1.50(2).0.89（0.87Ω~0.93Ω都可以）【解析】【详解】[1]依据坐标系内描出的点作出图象如下图所示由图示的U−I图象可知，纵轴截距大约为1.50V，所以电源的电动势为E=1.50V[2]图象斜率的肯定值表示内阻，所以内阻大小为（0.87Ω~0.93Ω都可以）17.某同学要测量一匀称新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为______mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为_________mm；（3）用多用电表电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为______________Ω；（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0~4mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0~10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0~3V，内阻约10kΩ）电压表V2（量程0~15V，内阻约25kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围0~2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）开关S，导线若干为使试验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在右框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号_______；（5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ=__________Ω∙m。（保留2位有效数字）【答案】(1).50.15(2).4.700(3).220(4).(5).7.6×10−2Ω∙m【解析】【详解】（1）[1]20分度的游标卡尺最小分度是0.05mm，由图示游标卡尺可知，游标卡尺主尺读数为5cm=50mm，游标读数为3×0.05mm=0.15mm所以最终读数为50mm+0.15mm=50.15mm（2）[2]由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为20.0×0.01mm=0.200mm所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm（3）[3]用多用电表的电阻“×10”挡测电阻，由图所示表盘可知，电阻阻值R=22×10Ω=220Ω（4）[4]电源电动势为4V，若选择15V量程，则最大示数不足电表量程的三分之一，故为了减小误差应选择3V量程的电压表V1，则电路中的最大电流约为故选择电流表A2。题目要求测得多组数据进行分析，所以须要采纳分压式接法，滑动变阻器选择电阻值比较小的R1。由于所以被测电阻属于小电阻，电流表应选外接法。电路图如图（5）[5]由电阻定律得，解得四、计算题（18题10分，19题13分，共23分）18.如图所示，两根倾斜直金属导轨MN、PQ平行放置，它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角θ=37°，两轨道之间的距离L=0.50m。一根质量m=0.20kg的匀称直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好。在导轨的上端接有电动势E=36V、内阻r=1.6Ω的直流电源和电阻箱R。现将整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、磁感应强度大小B=0.40T的匀强磁场中，当电阻箱接入电路中的电阻值R=3.4Ω时，金属杆ab