四川省广元市2024-2025学年高二物理上学期期末教学质量监测试题含解析

PAGE15-四川省广元市2024-2025学年高二物理上学期期末教学质量监测试题（含解析）第I卷（选择题共48分）一、选择题，共12小题，每小题4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．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．1.如右图所示的可变电容器，旋转动片使之与定片渐渐重合．则电容器的电容将A.渐渐增大 B.渐渐减小C.保持不变 D.先增大后减小【答案】A【解析】【详解】旋转动片使之与定片渐渐重合时，相当于增加了电容器正对面积，则由电容器的确定式C=可知，电容将渐渐增大，故BCD错误，A正确．故选A．【点睛】本题考查平行板电容器确定式的应用，要留意明确平行板电容器是通过变更旋转动片来变更正对面积，从而起到变更电容的作用．2.一个内阻可以忽视的电源接在一个装满水银的绝缘圆管两端，通过的电流为0.1A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管里，通过的电流将是()A.0.4A B.0.8A C.1.6A D.3.2A【答案】C【解析】【详解】内径大一倍，横截面积变为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银长度变为原来的，则由电阻定律知电阻变为原来的，由欧姆定律知电流变为原来的16倍，即为1.6A.A.0.4A与计算结果不相符；故A项不合题意.B.0.8A与计算结果不相符；故B项不合题意.C.1.6A与计算结果不相符；故C项符合题意.D.3.2A与计算结果不相符；故D项不合题意.3.如图所示，空间有一匀强磁场，始终金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为，则等于（）A.1/2 B. C.1 D.【答案】B【解析】【详解】设折弯前导体切割磁感线的长度为，折弯后，导体切割磁场的有效长度为故产生的感应电动势为所以，故ACD错误，B正确。4.若在一半径为r，单位长度带电荷量为q（q＞0）的匀称带电圆环上有一个很小的缺口∆L（ΔL远小于r），如图所示，则圆心O处的场强大小为A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】先设想将缺口补上，则圆环中心处的场强为零，补上部分电荷量为其对圆心处产生电场强度为不包括缺口的部分对圆心处产生的电场强度与E1等大反向，故圆心处的场强大小为故选A。5.在如图所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中心的相同的电流表．当开关S闭合时，电流表G1指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是()．A.G1和G2指针都马上回到零点B.G1指针马上回到零点，而G2指针缓慢地回到零点C.G1指针缓慢回到零点，而G2指针先马上偏向右方，然后缓慢地回到零点D.G1指针马上偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点【答案】D【解析】试题分析：当开关闭合时，两表指针均向右方偏，说明电流计指针向电流流进的方向偏．当开关断开时，通过线圈的电流变小，导致线圈中产生瞬间感应电动势，相当于一个瞬间电源，线圈左端是电源正极，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，从而阻碍电流的变小，所以使得G2的指针缓慢地回到零点，而G1的指针先马上偏向左方，然后缓慢地回到零点，故ABC错误，D正确．考点：本题考查了自感系数和自感现象，意在考查考生处理通电、断电瞬间灯泡亮度变更问题的实力．6.如图所示，在xOy平面内，匀强电场的方向沿x轴正向，匀强磁场的方向垂直于xOy平面对里．一电子在xOy平面内运动时，速度方向保持不变．则电子的运动方向沿()A.x轴正向 B.x轴负向 C.y轴正向 D.y轴负向【答案】C【解析】【详解】A．若电子沿x轴正方向运动，由左手定则推断可知：所受的洛伦兹力方向向下，而电场力方向沿x轴负方向，则电子将向下偏转，做曲线运动，速度方向将发生变更。故A错误。B．若电子沿x轴负方向运动，由左手定则推断可知：所受的洛伦兹力方向向上，电场力方向沿x轴负方向，则电子将向上偏转，做曲线运动，速度方向将发生变更。故B错误。C．若电子沿y轴正方向运动，由左手定则推断可知：所受的洛伦兹力方向x轴正向，电场力方向沿x轴负向，电场力与洛伦兹力平衡时做匀速直线运动，电子的速度方向不发生变更。故C正确。D．若电子沿y轴负方向运动，由左手定则推断可知：所受的洛伦兹力方向x轴负向，电场力方向沿x轴负向，电子将向左偏转做曲线运动，电子的速度方向发生变更。故D错误。

故选C。7.如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发觉电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只实行下列措施，其中可行的是（）A.适当减小加速电压UB.适当减小电场强度EC.适当增大加速电场极板之间的距离D.适当减小磁感应强度B【答案】B【解析】要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故Eq=qvB．依据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的缘由是电场力大于洛伦兹力，所以要么减小电场力，要么增大洛伦兹力．依据eU=mv2可得，适当减小加速电压U，可以减小电子在复合场中运动的速度v，从而减小洛伦兹力．故A错误．适当减小电场强度E，即可以减小电场力，故B正确．适当增大加速电场极板之间的距离，依据eU=mv2可得，由于粒子两者间的电压没有变更，所以电子进入磁场的速率没有变更，因此没有变更电场力和洛伦兹力的大小，故C错误．适当减小磁感强度B，可以减小洛伦兹力，故D错误．故选B．点睛：本题是综合性较强的题目，物体的运动分成两个阶段：在电场中的加速和在复合场中的匀速直线运动．在解题时要留意运动过程分析和受力分析．8.如图甲所示，M为一电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变更状况如图乙所示．已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下推断正确的是A.电源的电动势为3.4VB.变阻器滑片向右滑动时，V2读数渐渐减小C.电路中电动机的最大输出功率为0.9WD.变阻器的最大阻值为30Ω【答案】D【解析】【详解】A．由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系。此图线的斜率大小等于电源的内阻，为当电流I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势故A错误；B．变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V2读数渐渐增大，故B错误；C．由图可知，电动机的电阻当I=0.3A时，U=3V，电动机的输入功率率最大，最大输入功率为则最大的输出功率肯定小于0.9W，故C错误；D．当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以故D正确。故选D。9.一根长为0.2m、电流为2A的通电导线，放在B＝0.5T的匀强磁场中，受到磁场力的大小可能是A.0.1N B.0.2N C.0.3N D.0.4N【答案】AB【解析】【详解】当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小为零。则导线所受磁场力的范围为故选AB。10.如图所示，C1＝6μF，C2＝3μF，R1＝3Ω，R2＝6Ω，电源电动势E＝18V，内阻不计，下列说法正确的是()A.开关S断开时，a、b两点电势相等B.开关S闭合后，a、b两点间的电流是2AC.开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D.不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大【答案】BC【解析】【详解】A．当S断开时，两电容器并联在电源两端，所以电容两极板间的电势差相等，但是a接电源正极，b接电源负极，两点的电势不相等，A错误；B．当S闭合后，电路相当于两个定值电阻串联与电路中，ab两点间的电流为电路干路电流，故，B正确；C．开关闭合时，电容器C1电压为R1两端的电压，开关断开时，其两端的电压大小等于电源电动势为18V，电压增大，故而电荷量增大，故C正确；D．当开关闭合时，两端的电压；两端的电压为：；则；，故D错误．【点睛】考查了含电容电路，要留意正确分析电路，明确电路结构；依据开关通断时的不同状态分析电容器两端的电压；由分析电容中的电量11.如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变更时，下列选项中正确的是()A.在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B.在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C.在t1~t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D.在t1~t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势【答案】BD【解析】【详解】由B-t图知，时刻磁通量的变更率为零，则感应电流为零，L上的磁通量为零；故A错误；在时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变更率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大．B正确；在时间内，磁通量的变更率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，依据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，依据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则依据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流．故C错误．在时间内，L内的磁场增加，由愣次定律可以确定L必需减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故有收缩的趋势，故D正确．12.如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30º角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动．当小球经过O点时突然将电场方向旋转肯定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则A.原电场方向竖直向下B.变更后电场方向垂直于ONC.电场方向变更后，小球的加速度大小为gD.电场方向变更后，小球的最大电势能为【答案】CD【解析】【详解】起先时，小球沿虚线做匀速运动，可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡Eq=mg，小球带正电，则电场竖直向上，选项A错误；变更电场方向后，小球仍沿虚线做直线运动，可知电场力与重力的合力沿着NO方向，因Eq=mg，可知电场力与重力关于ON对称，电场方向与NO成600，选项B错误；电场方向变更后，电场力与重力夹角为1200，故合力大小为mg，小球的加速度大小为g，选项C正确；电场方向变更后，小球能沿ON运动的距离为，则克服电场力做功为：，故小球的电势能最大值为，选项D正确；故选CD.第II卷（非选择题共52分）13.如图所示是某同学连接的试验实物图，闭合开关S后，发觉L1、L2灯都不亮，他采纳多用电表的直流电压挡进行故障检查：(1)选择开关应置于下列量程的__________挡（用字母序号表示）．A．2.5VB．10VC．50VD．250V(2)在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触__________（选填“a”或“b”）．(3)该同学测试结果为：a、b间电压表有示数，c、b间电压表有示数，c、d间电压表无示数，d、f间电压表有示数．依据测试结果，可以判定故障是__________（假设只有下列中的某一项有故障）．A．灯L1断路B．灯L2短路C．c、d段断路D．d、f段断路【答案】(1).B(2).a(3).D【解析】【详解】(1)[1]两个蓄电池的总电动势为4V，应用多用表的直流电压档10V档测量，故选B；(2)[2]在测试a、b间直流电压时，红表笔应当接触a，因为电流必需从电压表正接线柱流入，所以红表笔应当接触a端(3)[3]A．灯L1断路时，c、d间电压表应有示数，与题意不符，故A错误；B．灯L2短路时，L2灯不亮，而L1灯应更亮，与题不符，故B错误；C．cd段断路，则df间没有电压，无示数，故C错误；D．df段断路时，电路中无电流，两灯泡都不亮，ab、df间有电压，c、d间电压表无示数，与题相符，故D正确。故选D。14.某同学在测定一节干电池的电动势和内阻的试验中，备有下列器材：A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.0Ω）B．电流表A1（量程0～3mA，内阻Rg1＝10Ω）C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻Rg2约为0.1Ω）D．滑动变阻器R1（阻值范围0～20Ω，额定电流10A）E．滑动变阻器R2（阻值范围0～200Ω，额定电流1A）F．电阻箱R0（阻值范围0～999Ω）G．开关和导线若干（1）某同学发觉上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图a、b、c、d所示的四个参考试验电路，并安排用图象法处理试验数据，其中最合理的是图________所示的电路；在该电路中，为了操作便利且能精确地进行测量，滑动变阻器应选________(填写器材前的字母代号)．（2）该同学选出合理的试验电路后，把与R0串联的电流表当作量程为0～3V的电压表运用，于是将电阻箱R0的阻值调至________Ω．（3）下图为该同学利用(1)中选出的合理的试验电路测出的数据绘出的I1－I2图线(I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数)，被测干电池的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω．（结果保留2位小数）【答案】(1).b(2).D(3).990(4).1.48(5).0.85【解析】【详解】(1)[1][2]上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．四个参考试验电路，其中合理的是b，因为电源的内阻较小，所以应当采纳较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D．(2)[3]依据欧姆定律可知：，代入数据解得：(3)[4][5]依据欧姆定律和串联的学问得，电源两端电压：U=I1（990+10）=1000I1，依据图象与纵轴的交点得电动势：E=1.48mA×1000Ω=1.48V，与横轴的交点可得出路端电压为1.1V时电流是0.45A，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得：r=0.85Ω15.如图所示是一匀强电场，已知场强E＝2×102N/C，现让一个电荷量为q＝－4×10－8C的电荷沿电场方向从M点移到N点，M、N间的距离L＝30cm，试求：(1)电荷从M点移到N点电势能的变更；(2)M、N两点间的电势差．【答案】（1）（2）60V【解析】（1）由图可知，正电荷在该电场中所受电场力F方向向右．因此，从M点移到N点，电场力做正功，电势能削减，削减的电势能△E等于电场力做的功W则△E=W=qEs代入数值△E=W=4×10-8×2×102×0.3J=2.4×10-6J（2）由公式W=qUM、N两点间的电势差UMN=W/q=2.4×10-6/4×10-8=60V16.如图一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度用g表示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：(1)电场强度的大小E；(2)将电场强度减小为原来的时，物块加速度的大小a；(3)电场强度变更后物块下滑距离L时的动能Ek．【答案】(1)(2)0.3g(3)0.3mgL【解析】【详解】（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示：FNsin37∘=qE①FNcos37∘=mg②由①、②可得电场强度：（2）若电场强度减小为原来的，则变为mgsin37∘−qcos37∘=ma③可得加速度：a=03g.（3）电场强度变更后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理则有：mgLsin37∘−qE′Lcos37∘=Ek−0④可得动能：Ek=0.3mgL17.如图所示，在xOy平面（纸面）内，第一象限存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的电子（不计重力），从O点以速度v0射入，v0与x轴成θ＝角，最终落在x轴上的P点．求：(1)线段OP的长度L；(2)电子由O点射入到落在P点所需的时间t．【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径R，运动轨迹如图所示过O点和P点做速度方向的垂线，两线交点C