天津市静海区瀛海学校2024-2025学年高二物理上学期11月试题含解析

PAGE15-天津市静海区瀛海学校2024-2025学年高二物理上学期11月试题（含解析）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，试卷满分100分。考试时间60分钟。第Ⅰ卷一．单选择题（共9题；每题4分，共36分。）1.关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是：（）A.磁感线从磁体的N极动身，终止于S极B.磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C.沿磁感线方向，磁场渐渐减弱D.在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小【答案】D【解析】磁感线从磁体的N极动身，进入S极,形成闭合曲线．电流所受磁场力方向垂直于磁场和电流所确定的平面．磁感线的疏密能表示磁场强弱，沿着磁感线磁场不肯定减弱．安培力的大小除了和磁场强弱电流大小有关以外，还与磁场与电流的方向夹角有关，所以在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小．答案选D．2.如图所示，一根横截面积为S的匀称长直橡胶棒上带有匀称的负电荷，每单位长度上电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）A.qv B. C.qvS D.【答案】A【解析】【详解】1s内棒通过的长度l＝vt总电荷量Q＝ql＝qvt则故选A。3.如图所示，a、b、c三枚小磁针分别放在通电螺线管的正上方、右侧和管内，当开关闭合时，且当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是()A.a、b、c均向左 B.a、b、c均向右C.a向左，b向右，c向右 D.a向右，b向左，c向右【答案】C【解析】【详解】由通电螺线管电流的流向，依据右手螺旋定则可得，通电螺线管的左边为S极，右边为N极。所以a枚小磁针的N极指向为向左、b枚小磁针N极指向为向右、c枚小磁针的N极指向为向右。A.a、b、c均向左与分析不符，故A错误。B.a、b、c均向右与分析不符，故B错误。C.a向左，b向右，c向右与分析相符，故C正确。D.a向右，b向左，c向右与分析不符，故D错误。4.两根长直通电导线相互平行，电流方向相同，它们的截面处于等边的和处，如图所示。两通电导线在处产生磁场的磁感应强度大小都是，则C处磁场的总磁感应强度大小是（）A.0 B. C. D.2【答案】C【解析】【详解】依据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，如图，依据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为；故C正确，ABD错误；故选C。5.如图甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a＝1m，b＝0.2m，c＝0.1m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其U－I图像如图乙所示，当U＝10V时，求电解液的电阻率ρ是（）A.80Ω•m B.40Ω•m C.0.04Ω•m D.60Ω•m【答案】B【解析】【详解】由电阻定律和欧姆定律解得B正确，ACD错误。故选B。6.如图所示，在垂直纸面对里的匀强磁场中，有一段折成直角的金属导线abc，ab=bc=L，导线中通有如图的电流，电流强度为I，磁感应强度为B，要使该导线保持静止不动，应在b点加一多大的力，方向如何（导线所受重力不计）（）A.垂直ac斜向左上方，B.垂直ac斜向左上方，C.垂直ac斜向左下方，D.垂直ac斜向左下方，【答案】A【解析】【详解】两段所受的安培力大小都等于BIL，由左手定则，ab段所受的安培力向右，bc段所受的安培力向下，待求外力方向垂直ac斜向左上方，A正确，BCD错误。故选A。7.电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路。当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。现将开关S断开，则以下推断正确的是（）A.液滴带正电B.液滴将向下运动C.电容器上带电量将增大D.电容器上的带电量将减为零【答案】C【解析】【详解】A．电容器上极板与电源正极相连带正电，下极板与电源的负极相连带负电，电场强度向下；带电液滴正好处于静止状态，其电场力方向向上，所以液滴带负电，A错误；B．将开关S断开前，电容器两极板电压等于R2两端电压，开关断开后，电容器两极板电压等于电源电动势，电压增大，电场强度增大，电场力增大，液滴向上运动，B错误；CD．由电容公式解得，将开关S断开前，电容器两极板电压等于R2两端电压，开关断开后，电容器两极板电压等于电源电动势，电压增大，电容器上的带电量将增大，C正确，D错误。故选C。8.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表、，若把、分别采纳并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是A.图甲中的、的示数相同B.图甲中的、的指针偏角相同C.图乙中的、的示数和偏角都不同D.图乙中的、的指针偏角相同【答案】B【解析】【详解】AB.图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确；CD.图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误．9.来自宇宙的电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球四周的空间时将（）A.竖直向下沿直线射向地面 B.相对于预定地面稍向东偏转C.相对于预定点稍向西偏转 D.相对于预定点稍向北偏转【答案】C【解析】【详解】电子流受到地磁场作用力而偏转，地磁场由南到北，电子带负电，有左手定则推断得将相对于预定点稍向西偏转，故ABD错误，C正确。

故选C。多选题（共3题；每题4分，共12分，）10.在如图所示的图像中，直线A为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线B为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源干脆与电阻R相连组成闭合电路．由图像可知A.电源的电动势为3V，内阻为B.电阻R的阻值为C.电源的输出功率为2WD.电源的效率为66.7%【答案】ABD【解析】【详解】A．依据闭合电路欧姆定律得，当时，，由此读出电源的电动势，内阻等于图线的斜率的肯定值，则有故A正确；B．电阻故B正确；C．两图线的交点表示该电源干脆与电阻R相连组成闭合电路时的工作状态，由图读出电压，电流，则电源的输出功率为故C错误；D．电源的效率为故D正确．故选ABD。11.如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面对里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是（）A.弹簧长度将变长 B.弹簧长度将变短CFN1＞FN2 D.FN1＜FN2【答案】BC【解析】【详解】起先时磁铁受重力和支持力，二力平衡，磁体对地压力等于磁体的重力；通电后，由左手定则可推断导体棒所受安培力方向如图所示：由牛顿第三定律可知，条形磁铁也受到的导体棒对磁铁的作用力，方向斜向左上方，故磁铁对地面的压力减小，此力将压缩弹簧，使得弹簧缩短。综上可得选项BC正确，AD错误。故选BC。12.在如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r；L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变）；R1、R2为定值电阻；R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照耀光强度的增大而减小；V为志向电压表．闭合开关S，若将照耀R3的光的强度减弱，则（）A.电压表的示数变大 B.小灯泡消耗的功率变小C.电源输出功率变大 D.电源的效率变大【答案】BD【解析】试题分析：将光照强度减弱，光敏电阻R3阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小．故A错误；因干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流肯定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确；由于内外电阻关系未知，不能推断电源的输出功率如何变更，故C错误．电源的效率，路端电压U增大，E不变，则电源的效率变大．故D正确；故选BD．考点：电路的动态分析非选择题二．填空题（共3题；15题画图5分，其余每空各2分，共23分）13.水平放置的平行金属导轨相距为d，导轨一端与电源相连，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示．长为L的金属棒ab静止在导轨上，棒与导轨成600角，此时，通过金属棒的电流为I，则金属棒所受的安培力大小为______.【答案】【解析】通电导体垂直于磁场的长度为：l==故安培力的大小为：F=BIl=.14.某探究性学习小组，利用如图甲所示的电路测量一节新电池的电动势和内电阻。(1)试验时发觉：由于新电池的内阻很小，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调整时，电压表的示数变更很小，小组成员利用变换坐标的方法，画出的U-I图像如图乙所示，则电池的电动势为____________，内阻为________。(2)小组成员将已知阻值为R0的定值电阻和电池串联后，重新接入电路起先试验，如图丙所示，变更滑动变阻器的阻值，测出当电流表的示数为I1时，电压表的示数为U1；当电流表的示数为I2时，电压表的示数为U2，则电池的电动势为_______，内阻为________。(3)另一探究性学习小组，在测量电池的电动势和内电阻时，试验器材仅有一节干电池、一个电键、若干导线、一只电压表和一个电阻箱，请你帮该组同学设计一个合理的试验电路（画在方框内）。______【答案】(1).E(2).(3).(4).(5).【解析】【详解】(1)[1]电池的电动势等于纵轴的截距E；[2]电池的内阻等于图像的斜率；(2)[3][4]由闭合电路欧姆定律得解得(3)[5]试验电路如图所示15.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______mm．（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______mm．（3）用多用电表的电阻“×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3，则该电阻的阻值约为______（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的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0～20kΩ，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，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号____________．【答案】(1).（1）50.15；(2).（2）4.700；(3).（3）220Ω；(4).（4）如图所示：【解析】【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加游标尺读数，不估读．（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；

（3）欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率．

（4）电压从零调起，滑动变阻器应采纳分压接法，依据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出试验电路图；【详解】（1）游标卡尺的读数为：L=5cm+0.05mm×3=50.15mm.（2）螺旋测微器的读数为D=4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm．

（3）电阻的读数为：R=22×10=220Ω．（4）电源电动势为4V，电压表应选：V1，

电路最大电流约为：，电流表应选A2，为便利试验操作，滑动变阻器应选择R1，由于电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采纳分压接法，，，，电流表应采纳外接法，试验电路图如图所示：

【点睛】游标卡尺时应分成整数部分和小数部分两部分来读，留意游标卡尺的分度；对于电学试验器材的选择，应依据电源电动势大小或待测电阻的额定电压来选择电压表量程，依据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式；当试验要求电流从零调或要求测得多组数据或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采纳分压式接法，应选择阻值小的变阻器以便利调整．三．计算题（共3题；16题6分，17题11分，18题12分，共29分）16.电磁炮是一种志向的兵器，它的主要原理如图所示。1982年澳大利亚国立高校制成了能把m=2.2g的弹体（包括金属杆CD的质量）加速到v=10km/s的电磁炮。若轨道宽l=2m，长s=100m，通过的电流为I=10A，（轨道摩擦不计）。则(1)轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度B是多少？(2)磁场力的最大功率多大？【答案】(1)55T；(2)11×107W【解析】【详解】(1)在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F=ILB①设炮弹的加速度的大小为aF=ma②炮弹在两导轨间做匀加速运动v2=2as③联立①②③代入题给数据得F=1100NB=55T(2)磁场力的最大功率P=Fv解得P=1.1×107W17.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5Ω的直流电源，另一端接有电阻R=5.0Ω。现把一个质量为m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒的电阻R0=5.0Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37°=