2025届安徽省合肥三中物理高二上期末经典试题含解析

2025届安徽省合肥三中物理高二上期末经典试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、关于电流,下列各种说法中正确的是(

)A.电流的定义式I=q/t,适用于任何电荷的定向移动形成的电流B.由I=nqsv可知,金属导体中自由电荷的运动速率越大,电流一定越大C.电荷定向移动的方向就是电流的方向D.因为电流有方向,所以电流是矢量2、如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为；在下极板上叠放一厚度为的金属板，其上部空间有一带电粒子静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子开始运动．重力加速度为．粒子运动的加速度为（）A. B.C. D.3、如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯恰能正常发光．如果某一时刻电灯L1的灯丝烧断，则()A.L2、L3变亮，L4变暗B.L3变亮，L2、L4变暗C.L4变亮，L2、L3变暗D.L3、L4变亮，L2变暗4、下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是A. B.C. D.5、如图所示交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是（）A.5A B.5AC.3．5A D.3．5A6、图中小灯泡的规格都相同，两个电路中的电池也相同。实验发现多个并联的小灯泡的亮度明显比单独一个小灯泡暗。对这一现象的分析正确的是（）A.灯泡两端电压不变，由于并联分电流，每个小灯泡分得的电流变小，因此灯泡亮度变暗B.电源电动势不变，外电路电压变大，但由于并联分电流，每个小灯泡分得的电流变小，因此灯泡亮度变暗C.电源电动势不变，外电路电压变小，因此灯泡亮度变暗D.并联导致电源电动势变小，因此灯泡亮度变暗二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、垂直纸面向外的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别向两个方向以v、3v的速度匀速拉出磁场，如图所示，则导体框从两个方向移出磁场的过程中A.导体框中产生的焦耳热相同B.导体框中产生的感应电流方向相同C.通过导体框某一截面的电荷量相同D.导体框cd边两端电势差的绝对值相同8、如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端固定连着一轻质弹簧．两个滑块分别以一定大小的速度沿着同一直线相向运动，滑块P的质量为2m，速度方向向右，滑块Q的质量为m．速度方向向左，则下列说法正确的是A.P、Q两个滑块包括弹簧组成的系统动能始终保持不变B.当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大C.两个滑块最终能以共同的速度一起向右运动D.从P滑块和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，滑块Q的速度大小先减小后增大9、如图所示电路中，已知电源的内阻r＜R2，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值。闭合电键S，当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的有：（）A.R2上消耗的功率先变小后变大B.V1的示数先变大后变小，V2的示数先变小后变大C.电源内部的热功率一直不变D.电源的输出功率先变小后变大10、在纯电阻电路中，当用一个固定的电源(设E、r是定值)向变化的外电阻供电时，关于电源的输出功率P随外电阻R变化的规律如图所示．下列判断中正确的是（）A.电源内阻消耗的功率随外电阻R的增大而增大B.当R＝r时，电源有最大的输出功率C.电源的功率P总随外电阻R的增大而增大D.电源的效率η随外电阻R的增大而增大三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）如图，游标（20分度）卡尺读数为_____________mm；螺旋测微器的读数为________mm。12．（12分）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：①用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为_____mm；②用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为_____mm；③多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1Ω、×10Ω、×100Ω。用×10Ω挡测量此金属丝的电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很大，为了较准确地进行测量，应换到______________挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是______________。若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是_______Ω。四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，R1＝R3＝2R2＝2R4，电键S闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m，带电量为q的小球恰好处于静止状态；现将电键S断开，小球将向电容器某一个极板运动．若不计电源内阻，求：(1)电源的电动势大小；(2)小球第一次与极板碰撞前瞬间的速度大小14．（16分）如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r＝0.8Ω，电路中另一电阻R＝10Ω，直流电压U＝160V，电压表示数UV＝110V。试求：（1）通过电动机的电流；（2）输入电动机的电功率；（3）若电动机以v＝1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物质量。（g取10m/s2）15．（12分）磁场中放一与磁场方向垂直的导线,通入的电流是2.5A,导线长1cm,它受到的磁场力为5×10-2N．问:（1）这个位置的磁感应强度是多大?（2）如果把通电导线中的电流增大到5A时,这一点的磁感应强度是多大?此时导线受到的磁场力为多大？（3）如果通电导线在磁场中某处不受磁场力,是否可以肯定这里没有磁场?

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】A、电流的定义式I=q/t采用的是比值定义法，具有比值定义法的共性是普遍适用，适用于任何电荷的定向移动形成的电流；故A正确.B、由I=nqsv可知，电流的大小跟导体的材料(决定n)，导体的横截面积(s)和电荷定向移动的速率(v)共同决定；故B错误.C、物理学中把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，负电荷定向移动的反方向是电流的方向；故C错误.D、电流有大小和方向，但方向是指沿着电荷运动的直线上，不同于矢量的方向；故电流是标量；故D错误.故选A.2、A【解析】粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：

①当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：mg-q=ma

②联立①②解得：A.，与结论相符，选项A符合题意；B.，与结论不相符，选项B不符合题意；C.，与结论不相符，选项C不符合题意；D.，与结论不相符，选项D不符合题意；3、A【解析】当电灯L1的灯丝烧断后，L2这段电路电阻增大，外电路总电阻R总增大，路端电压U增大，干路电流I减小，由R3不变，故L3变亮；由I4=I-I3知I减小，I3增大，则I4减小，U4=I4R4R4不变，U4减小，则L4变暗；U2=U-U4U增大，U4减小，则U2增大，则L2变亮A.L2、L3变亮，L4变暗，与分析相符，故A正确B.L3变亮，L2、L4变暗，与分析不符，故B错误C.L4变亮，L2、L3变暗，与分析不符，故C错误D.L3、L4变亮，L2变暗，与分析不符，故D错误4、A【解析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断．图丙中，线圈磁通量为零【详解】A．电键S闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈不产生感应电流，故A符合题意；B．磁铁向铝环A靠近，穿过线圈的磁通量在增大，线圈产生感应电流．故B不符合题意；C．金属框从A向B运动，穿过线圈的磁通量时刻在变化，线圈产生感应电流，故C不符合题意；D．铜盘在磁场中按图示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，产生感应电流，故D不符合题意5、B【解析】根据交流电的有效值的定义：,解得：I=5A，故选B【点睛】对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值6、C【解析】电动势反映不同电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量。由于使用同一个电源，故电源电动势不变，故D错误；根据闭合电路的欧姆定律根据并联电阻特点可知多个并联的小灯泡小于单个小灯泡内阻，电路的总电阻减小，总电流增大，电源内阻r消耗的电压增大，外电路电压变小，通过各小灯泡的电流减小，故AB错误，C正确。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BC【解析】感应电流大小先由和欧姆定律分析，根据焦耳定律分析产生的热；感应电流方向根据楞次定律判断；由分析通过导体框截面的电量关系，根据欧姆定律和电路的连接关系，分析边两端电势差关系【详解】A．设磁感应强度为，线框边长为，电阻为，则：又：得到，则，当速度为时产生的焦耳热多，故A错误；B．将导体框从两个方向移出磁场的两个过程中，磁通量均减小，而磁场方向都垂直纸面向外，根据楞次定律判断知，导体框中产生的感应电流方向均沿逆时针方向，故B正确；C．根据：可知磁通量的变化量相同，电阻相等，则通过导体框截面的电量相同，故C正确；D．水平向右拉出时导体框边两端电势差公式为：水平向上拉出时导体框边两端电势差公式为：导体框边两端电势差的绝对值不相同，故D错误【点睛】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律和闭合电路欧姆定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据来计算8、BD【解析】对于P、Q两个滑块包括弹簧组成的系统，由于只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，即系统动能和弹簧弹性势能之和不变，动能是变化的，故A错误；P以某一初速度压缩弹簧，在弹簧弹力作用下P做减速运动，Q做加速运动，当P与Q速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，故B正确；设最终P、Q两个滑块的速度分别为和规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：，根据系统的机械能守恒得，解得：，或，，故C错误；从P滑块和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，滑块Q一直受到向右的弹力，速度先向左减小至零，再向右增大，故D正确9、ABD【解析】A.由题，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑片P由变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，R2上消耗的功率先变小后变大，故A正确；B.由于电路中电流先变小后变大，电源的内电压也先变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小，V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大。故B正确；C.电源内部的热功率P=I2r，因为电流I先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后变大，故C错误；D.因为r<R2，所以外电阻总是大于内电阻，当滑动变阻器的滑片P由变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以电源的输出功率先变小后变大，故D正确。故选：ABD10、BD【解析】A．电源内阻消耗的功率，所以外电阻R的增大，电源内阻消耗的功率减小，故A错误；B．该图象反映了电源的输出功率P随外电阻R变化的规律，由图看出，电源的输出功率随着外电阻的增大先增大后减小，当R=r时，电源有最大的输出功率，故B正确；C．电源的功率，则当外电阻R的增大时，.电源的功率减小，故C错误；D．电源的效率，则知R增大时，电源的效率增大，故D正确；三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、①.50.15②.0.615##0.614##0.616【解析】标卡尺读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。【详解】[1]游标卡尺的读数为[2]螺旋测微器的读数为12、①.50.15mm②.4.699mm(4.698mm,4.700mm)③.×1④.电阻（欧姆）调零⑤.18.0Ω【解析】(1)[1]由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为50mm，游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm，游标卡尺示数为50mm+0.15mm=50.15mm；(2)[2]由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，游标尺示数为