新疆伊利奎屯市一高2024-2025学年高二物理下学期期末考试试题含解析

PAGE20-新疆伊利奎屯市一高2024-2025学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）一．单项选择题（每题2分，共20分）1.下列说法正确的是()A.液晶像液体一样具有流淌性,而其光学性质与某些多晶体相像,具有各向同性B.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的无规则运动C.高原地区水的沸点较低,这是高原地区温度较低的原因D.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果【答案】D【解析】【详解】A.液晶像液体一样具有流淌性,而其光学性质与某些多晶体相像,具有各向异性，故A错误；B.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了液体分子的无规则运动，故B错误；C.高原地区水的沸点较低,这是高原地区气压较低的原因，故C错误D.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故D正确；2.如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面．若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为（）A.πBR2 B.πBr2 C.nπBR2 D.nπBr【答案】B【解析】【分析】本题考查磁通量的公式【详解】由磁通量的公式，为具有磁场的有效面积为，解得，B对，ACD错。【点睛】本题学生明确磁通量的公式满意线圈平面与磁场方向垂直，能用公式进行相关的计算。3.一志向变压器的原、副线圈的匝数比为4:1，原线圈接在一个沟通电源上，电压u随时间t变更的规律如图所示；副线圈所接的负载电阻是11Ω，则下列推断中错误的是()A.原线圈中的交变电流的频率是50HzB.流过副线圈的电流是5AC.副线圈的输出电压为55VD.变压器输入、输出的功率之比为4∶1【答案】D【解析】【详解】A.依据图像可看出沟通电的周期为0.02s，所以原线圈中的交变电流的频率是50Hz，故A正确；BC.原线圈的电流为，依据电压与匝数之间的关系可知副线圈的电压为所以流过副线圈的电流是，故BC正确；D.依据变压器的原理可知变压器输入、输出的功率之比为1∶1，故D错误；本题选不正确的，故选D4.分别用波长为和的单色光照耀同一金属板发出的光电子的最大初动能之比为，以表示普朗克常量，表示真空中的光速，则此金属板的逸出功为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】ABCD、光子能量为:①

依据爱因斯坦光电效应方程可以知道光电子的最大初动能为:

②

依据题意:③

联立①②③可得逸出,故B正确；ACD错误；5.如图所示，甲图为正弦式沟通电，乙图正值部分按正弦规律变更，负值部分电流恒定，丙图为方波式沟通电，三个图中的和周期T相同.三种沟通电的有效值之比为（）A.：2： B.2：： C.：：2 D.：：2【答案】D【解析】【详解】甲图中沟通电的有效值为；对乙图，解得；对于丙图有效值为，所以三种沟通电的有效值之比为，故D正确；ABC错误；6.如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面．环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为()A. B. C. D.Bav【答案】C【解析】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：；AB两端的电压是路端电压，依据欧姆定律得：AB两端的电压大小为：．故选C.点睛：本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后依据电学学问进一步求解，简洁出错之处是把AB间的电压看成是内电压，得到结果是2Bav/3．7.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R3均为定值电阻，RT为热敏电阻（温度越高，电阻越低）．当环境温度较低时合上电键S，当环境的温度渐渐上升时，若三个电表A1、A2和V的示数分别用I1、I2和U表示．则各个电表示数的变更状况是（）A.I1增大，I2不变，U增大B.I1减小，I2增大，U减小C.I1增大，I2减小，U增大D.I1减小，I2不变，U减小【答案】B【解析】试题分析：由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过RT的电流；当环境的温度渐渐上升时，RT减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过RT的电流I2增大．故ACD错误，B正确；故选B．考点：电路的动态分析8.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图所示。有一变更的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变更规律如图所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为+q的微粒，从静止释放，两板间距足够长。则以下说法正确的是()

A.第1秒内金属圆环中的感应电流为逆时针方向B.第2秒内粒子所受电场力将反向C.第1秒内粒子将向下做自由落体运动D.第1秒内上极板的电势高于下极板的电势【答案】D【解析】【详解】A.有楞次定律可知：第1秒内金属圆环中的感应电流为顺时针方向，故A错误；B.依据楞次定律可知在前2s内金属板上极板带正电，上极板电势高于下极板，电场方向没有发生变更，所以第2秒内粒子所受电场力不会反向，故B错误；CD.依据楞次定律可知在前2s内金属板上极板带正电，上极板电势高于下极板，平行板内存在向下的电场，所以带正电的粒子受到向下的电场力，但加速度不肯定等于g，所以不肯定做自由落体运动，故C错误；D正确；9.电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为L的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中。如图甲所示，线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r.开关S闭合后，调整可变电阻至R1时，天平正好平衡。此时电压表读数为U；已知m0>m，取重力加速度为g，则（）A.矩形线圈中电流的方向为顺时针方向B.矩形线圈的电阻C.匀强磁场的磁感应强度的大小D.若仅将磁场反向，在左盘添加质量为2m0-m【答案】C【解析】【详解】A.已知m0>m，要使线圈处于平衡状态，则所受安培力的方向应当向上，依据左手定则可知线圈中电流的方向应当是逆时针方向，故A错误；B.依据闭合电路欧姆定律可得，解得矩形线圈的电阻，故B错误；C.依据平衡条件可得，而，，解得匀强磁场的磁感应强度的大小，故C正确；D.起先线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以须要在左边加砝码，添加质量为的砝码可使天平重新平衡，故D错误；10.如图所示,带正电的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场,又恰好都不从另一边界飞出,则下列说法中正确的是()A.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为B.A、B两粒子的比荷之比是C.A、B两粒子的比荷之比是D.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为【答案】B【解析】【详解】AD.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：，解得：；由几何关系得：，，解得：，故AD错误；BC.粒子轨道半径：可知，，由题意可知，两粒子的v大小与B都相同，则两粒子的q/m之比与轨道半径成反比，则A、B两粒子的q/m之比是，故B正确；C错误二．多项选择题

（每题4分，共20分）11.利用霍尔效应制作的霍尔组件广泛应用于测量和自动限制等领域.图是霍尔组件的工作原理示意图.该霍尔组件的载流子是自由电子，磁感应强度B垂直于霍尔组件的工作面对下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差，下列说法中正确的是（）A.电势差B.电势差C.形成电势差的缘由是载流子受到磁场力而偏转D.形成电势差的缘由是电场力与磁场力达到平衡【答案】BCD【解析】【详解】电流方向为EF,由左手定则知，霍尔元件中的载流子（自由电子）受洛伦兹力作用向侧面C偏转，侧面C聚集负电荷，因整个元件是中性的，则侧两D出现正电荷，所以两个侧面C、D之间形成由D到C的电场，侧面D的电势高于侧面C的电势.随着两侧面电荷的增多，元件中运动的载流子受到的电场力渐渐增大，当载流子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，两侧面之间的电势差达到稳定状态.综上所述，选项A错误，选项B、C、D正确.12.如图，圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面对外的磁场，磁感应强度随时间变更如图，则下列说法正确的是()A.0～1s内线圈磁通量不断增大B.第4s末的感应电动势为0C.0～1s内与2～4s内的感应电流相等D.0～1s内感应电流方向为顺时针【答案】AD【解析】试题分析：0~1s内磁感应强度不断增大，磁通量不断增大，选项A正确。第4s末磁感应强度为零，但斜率不为零，感应电动势不为零，选项B错误。0~1s内与2~4s内斜率大小不相等，电动势不相等，感应电流不相等，选项C错误。用楞次定律推断，感应电流在0~1s内为顺时针，选项D正确。考点：本题考查电磁感应的图象问题，法拉第电磁感应定律和楞次定律等。13.一个单匝的线圈，面积为S，在匀强磁场中绕垂直磁感线的轴匀速转动，产生的感应电动势随时间变更的规律如图所示，下列推断正确的是()A.在A、C时刻线圈通过中性面B.电动势的有效值与平均值相等都是C.在时刻线圈与磁感线的夹角为60°D.磁场的磁感应强度为【答案】CD【解析】【详解】A.在A、C时刻，感应电动势最大，线圈与磁场平行，垂直于中性面，故A错误。B.正弦式交变电流，电动势的有效值是；一个周期内磁通量的变更量为零，所以感应电动势的平均值为零，故B错误。C.依据感应电动势的瞬时表达式，当时，，线框从中性面转动，与磁场成角，故C正确。D.感应电动势的最大值，故，故D正确。14.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变更的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则A.C点的电场强度大小为零B.A点的电场强度大小为零C.NC间场强方向沿x轴正方向D.将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】AD【解析】【详解】A．图的斜率为E，C点电势的拐点，则电场强度为零，故A正确；B．由图知A点的电势为零，则O点的点电荷的电量比M点的点电荷的电量大，且O点的电荷带正电，M点电荷带负电．故B错误；C．由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向．故C错误；D．因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功．故D正确；15.如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨距离为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2，两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止向右运动，若杆拉出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻．则()A.金属杆出磁场前的瞬间，流过R1的电流大小为B.金属杆穿过整个磁场过程中R1上产生的电热为C.金属杆做匀速运动时的速率D.金属杆穿过整个磁场过程中通过电阻R1的电荷量为【答案】CD【解析】【详解】A、杆拉出磁场前已做匀速运动，设流过金属杆中的电流为，由平衡条件得：解得所以中的电流大小，方向从M到P，故A错误BC、设杆做匀速运动的速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为：由闭合电路欧姆定律：可解得：设整个过程电路中产生的电热为Q，依据能量守恒定律：代入v可得使上产生的电热，故B错误；C正确；D、依据电荷量的定义可知：而流过的电荷量只是中电荷量的一半，所以通过电阻R1的电荷量为，故D正确；三．填空题（每空2分，共16分）16.为了测量某种材料制成的特种电阻丝Rx的电阻率，供应的器材有：A.电流表G，内阻Rg=120Ω，满偏电流Ig=3mAB.电流表A，内阻约10Ω，量程为100mAC.螺旋测微器，刻度尺D.电阻箱Ro(0～9999Ω，0.5A)E.滑动变阻器R(5Ω，1A)F.电池组E(6V，0.05Ω)G.一个开关S和导线若干某同学进行了以下操作：(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×1"挡时发觉指针偏转角度过小，说明电阻较_________(填“大”或“小”)，应换为“×10”挡，并重新进行_________，测量时指针位置如图甲所示.(2)把电流表G与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，则电阻箱的阻值应调为Ro=_________Ω.(3)请用改装好的电压表设计一个测量电阻Rx阻值的试验，依据供应的器材和试验须要，请将图乙中电路图补充完整_______________.(4)电阻率的计算：测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调整滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2，请用已知量和测量量的字母符号写出计算电阻率的表达式ρ=________(各量不允许代入数值).【答案】(1).大;(2).欧姆调零;(3).1880;(4).(5).;【解析】（1）欧姆表最大刻度线在左侧，用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×1”档时发觉指针偏转角度过小，说明电阻较大，为精确测量电阻阻值，应换为“×10”档，并重新进行欧姆调零。

（2）将电流表G

与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，而电流表G（内阻Rg=120Ω，满偏电流Ig=3mA）；所以改装后的电压表的内阻为：RV==2000Ω，由于电流表G的内阻Rg=120Ω，因此电阻箱的阻值应调为R0=2000-120=1880Ω；

（3）由于题意可知，两电流表，当电流表A运用外接法，能精确测出所测电阻的电流，同时又能算出所测电阻的电压；因所测电阻为70Ω，而滑动变阻器R（5Ω，1A），电源电压为6V，所以滑动变阻器运用分压式，则电路图如下图所示；

（4）由电阻定律可知，电阻，依据欧姆定律：，则电阻率：ρ=。点睛：（1）考查欧姆表读数，留意此刻度不匀称，尽量让指针在中心旁边，同时乘以倍率；（2）确定滑动变阻器与电流表的接法是正确解题的关键，测量电阻的方法除了伏安法外，还有“安安法”（即两个电流表组合）、“伏伏法”（两个电压表组合）等。（3）驾驭电阻定律，同时留意利用电流表与电阻的关系，求出电压的方法。17.如图，肯定质量的志向气体从状态A变更到状态B，再变更到状态C，其状态变更过程的p-V图象如图所示．已知该气体在状态A时的温度为27℃．则该气体在状态B时的温度TB=_______K,该气体从状态A到状态C的过程中内能的变更量是________,该气体从状态A到状态C的过程中传递的热量是_______J【答案】(1).100K(2).零(3).200J【解析】【详解】第1空、对于志向气体由图象可以知道:等容变更,由查理定律得:

代入数据得:第2空、依据得:

等压变更,由盖吕萨克定律得:

代入数据得:联立得:

由过程,温度相等,故内能变更量第3空、由热力学第肯定律得：Q>0，所以A→C的过程中是吸热。依据能量守恒可知汲取的热量为:

四．计算题（共44分）18.如图所示，足够长的U型光滑导体框架的两个平行导轨间距为L，导轨间连有定值电阻R，框架平面与水平面之间的夹角为θ，不计导体框架的电阻．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于框架平面对上，磁感应强度大小为B。导体棒ab的质量为m，电阻不计，垂直放在导轨上并由静止释放，重力加速度为g.求：(1)导体棒ab下滑的最大速度；(2)导体棒ab以最大速度下滑时定值电阻消耗的电功率。【答案】（1）vm＝；（2）P=。【解析】试题分析：(1)当导体棒下滑时，受力平衡，则它下滑的速度最大；设最大速度为vm，则导体棒在斜面方向共受到二个力的作用，重力沿斜面的分力，安培力；故它们存在二力平衡的关系：mgsinθ＝BIL，而电流I＝，代入上式得得vm＝。(2)定值电阻消耗的电功率就是安培力做功的功率大小，故P＝F安·vm＝mgsinθ·vm＝；也可以通过电流求电功率：P=I2R===。考点：平衡力，安培力，感应电动势，电功率的简洁计算。19.如图，导热性能极好的气缸，高为L=l.0m，开口向上固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2、质量为m=20kg的光滑活塞，活塞将肯定质量的志向气体封闭在气缸内．当外界温度为t=27℃、大气压为P0=l.0×l05Pa时，气柱高度为l=0.80m，气缸和活塞的厚度均可忽视不计，取g=10m/s2①假如气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端．在顶端处，竖直拉力F有多大？②假如仅因为环境温度缓慢上升导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为多少摄氏度？【答案】①F=240N②t=102°C【解析】①．设起始状态气缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为p2由玻意耳定律得：p1lS=p2LS在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S=mg+p0S在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F+p2S=mg+p0S联立并代入数据得：F=240N②假如外界温度缓慢上升到恰使活塞移至气缸顶端，气体是等压变更，由盖吕萨克定律可求解由盖﹣吕萨克定律得：代入数据解得：t=102°C20.如图所示，竖直虚线MN的右侧存在匀强磁场，虚线左侧有一平行板电容器A、B，板间距离d=12cm，板与水平面夹角θ=37°，两板所加电压U=120V，B板电势高，现有一带电荷量为q=-3×10-3C的带电液滴，以=1m/s的水平速度从A板上边缘水平进人电场，恰好沿水平方向运动并恰好从B板的下边缘水平飞出，液滴进入磁场后仍沿水平方向运动，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s².电场和磁场互不影响，求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出电场时的速度大小及它在电场中运动的时间；(3)匀强磁场的方向和场强B的大小.【答案】（1）（2）=2m/s；（3）磁场方向为垂直纸面对外【解析】(1)在极板间，电场强度：=1000V/m.带电粒子沿水平方向运动，则竖直方向受力平衡，则依据平衡条件得；qEcon37°=mg.由以上两式解得：m=0.24kg(2)在极板间，带电液滴沿水平运动，重力不做功。只有电场力做功由动能定理可得：解得=2m/s由牛顿其次定律qesin37°=ma，解得a=75m液滴在电场中运