辽宁省七校2024-2025学年高二上学期11月联考（期中）物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1物理试题一、单选题（共7小题，每题4分）1.下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法，正确的是（）A.电功率越大，电流做功越快，电流做功一定越多B.W=UIt适用于任何电路C.在纯电阻电路中，UI>I2RD.Q=I2Rt只适用于纯电阻电路【答案】B【解析】A．电功率越大，电流做功越快，根据W=Pt可知，W由P和t共同决定。故A错误；B．电功的定义式W=UIt适用于任何电路。故B正确；C．在纯电阻电路中，电流做功全部转化为内能，则UI=I2R故C错误；D．焦耳定律Q=I2Rt适用于各种电路。故D错误。2.如图所示，一块均匀的长方体样品，长为a，宽为b，厚为c。电流沿AB方向时测得样品的电阻为R，则样品的电阻率为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】根据电阻定律可得解得故选B。3.如图所示，两根相互平行的长直导线分别固定在等腰直角三角形的C、D两顶点，导线与三角形所在平面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。已知通电长直导线在某点产生的磁场的磁感应强度大小B与该点到导线的距离r的关系满足，其中I为通过导线的电流，k为常量。若C处通电长直导线在A点产生的磁感应强度大小为，则A点的磁感应强度大小为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】令三角形直角边长为a，则有D处通电长直导线在A点产生磁感应强度大小为根据安培定则，结合磁感应强度的叠加原理，作出合成示意图，如图所示由于可知，A点的磁感应强度大小为故选B。4.如图所示，匝数为n、面积为S的线圈平面与水平面的夹角θ=60°，线圈处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。若线圈以cd为轴顺时针转过120°角，则此过程中线圈的磁通量的变化量为（）A.BS B.BS C. D.【答案】B【解析】当匝数为n、面积为S的线圈平面与水平面的夹角θ=60°时，穿过线圈的磁通量大小为若线圈以cd为轴顺时针转过120°角时，穿过线圈的磁通量大小由图可知，当线圈以cd为轴顺时针转过120°角时，穿过线圈的磁通量的方向与开始时穿过线圈的磁通量的方向相反，所以磁通量的变化量为ACD错误，B正确。故选B。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，则它们的运动情况是()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.以相等的加速度相背运动【答案】C【解析】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.灵敏电流计G的0刻度在表盘的中央，当电流从左接线柱流入时指针向左偏转；电流从右接线柱流入时指针向右偏转。如图是一个电路的一部分，其中，，，，，测电流计G的示数和指针的偏转方向（）A.；向左偏转 B.；向右偏转C.，向右偏转 D.，向左偏转【答案】C【解析】由欧姆定律可知和两端的电压分别为左端与的左端电势相等，，则右端的电势高于右端的电势，所以两端的电压为通过的电流为电流方向由下向上，设电流表的示数为，由于则有解得电流计G的示数为流过电流计的方向从右向左，即指针向右偏转。故选C。7.如图甲所示，电源电压不变，小灯泡的额定电压为3V。第一次只闭合、，将滑动变阻器R的滑片从最下端滑到最上端，第二次只闭合开关，将滑动变阻器R的滑片从最下端向上滑到中点时，电压表的示数为1.5V，滑到最上端时，小灯泡正常发光。图乙是两次实验中电流表A与电压表、示数关系图像，下列说法不正确的是（）A.小灯泡的额定功率为0.75WB.定值电阻的阻值为C.滑动变阻器R的最大阻值为D.两次实验中，电路最小功率为0.36W【答案】B【解析】第一次只闭合、，定值电阻与滑动变阻器R串联，电压表测路端电压，电流表A测量此时的电路电流，将滑动变阻器R的滑片从最下端滑到最上端，滑动变阻器R接入的电阻由最大变为0。第二次只闭合开关，灯泡与滑动变阻器R串联，电压表测量灯泡的电压。将滑动变阻器R的滑片从最下端向上滑到中点时，电压表的示数为1.5V，滑到最上端时，电路中只有灯泡工作，小灯泡正常发光。说明电源电压等于灯泡的额定电压3V。A．从乙图中可以看出，灯泡正常发光时的电流小灯泡的额定功率为故A正确，不符合题意；B．从乙图中可以看出，当电路中只有定值电阻工作时，两端电压为路端电压，电路的电流为的阻值为故B错误，符合题意；C．第二次只闭合开关，灯泡与滑动变阻器R串联，电压表测量灯泡的电压。将滑动变阻器R的滑片从最下端向上滑到中点时，电压表的示数为1.5V，从乙图中可以看出，此时电路的电流此时滑动变阻器的电压滑动变阻器R的最大阻值为故C正确，不符合题意；D．从乙图可以看出，定值电阻与滑动变阻器R串联，且滑动变阻器接入的电阻最大时，电路的电流最小，此时电功率最小，两次实验中，电路最小功率为故D正确，不符合题意。故选B。二、多选题（共3小题每题6分，漏选得3分，选错得0分）8.当一带正电q的粒子以速度v沿螺线管中轴线进入该通电螺线管，若不计重力，则：（）A.带电粒子速度大小改变B.带电粒子速度方向改变C.带电粒子速度大小不变D.带电粒子速度方向不变【答案】CD【解析】由于长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的中心轴线，与正粒子的运动方向平行，则正粒子在磁场中不受洛伦兹力，正粒子重力又不计，则粒子做匀速直线运动，故AB错误，CD正确。故选CD。9.如图甲所示的电路，其中电源电动势，内阻，定值电阻，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（）A.图乙中滑动变阻器的最大功率B.图乙中，C.调整滑动变阻器的阻值从最右端滑到最左端，电源的输出功率先增大后减小D.调整滑动变阻器的阻值从最右端滑到最左端，电源的效率一直增大【答案】ABD【解析】A．由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻时，输出功率最大，最大值为把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为故A正确；B．滑动变阻器的阻值为时与阻值为R2时消耗的功率相等，有解得故B正确；C．由于当电源外电阻等于内阻时，输出功率最大，而定值电阻本省大于内阻，所以调整滑动变阻器的阻值从最右端滑到最左端，滑动变阻器阻值增大，则外电阻变大，所以电源的输出功率减小，故C错误；D．电源的效率调整滑动变阻器的阻值从最右端滑到最左端时，变大，则变大，电源的效率一直变大，故D正确。故选ABD。10.如图所示，两长度均为的通电长直导线、锁定在倾角为的光滑斜面上，质量分别为、，两导线中通入的电流大小相等，均为，重力加速度大小为，现在导线的中点施加一沿斜面向上的拉力与此同时对两导线解除锁定，两导线间距离不变并沿斜面向上做匀加速直线运动。下列说法正确的是（）A.两导线中电流的方向可能相反B.两导线间的安培力大小为C.若，撤去瞬间，导线、的加速度大小之比为D.去掉，导线仅在外加匀强磁场作用下静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度大小满足【答案】BD【解析】A．分析可知、一定相互吸引，则、中电流一定同向，A错误；B．对、整体，有对进行受力分析，由牛顿第二定律有解得B正确；C．若，则、间安培力大小为，撤去外力瞬间，对受力分析可得解得，加速度方向沿斜面向上对受力分析可得解得，加速度方向沿斜面向下导线、加速度大小之比为，C错误；D．对受力分析如图所示，当磁场方向垂直于斜面向下时，磁感应强度最小，由共点力平衡条件可知要使导线静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度大小满足，D正确；故选BD。三、实验题：（共计14分）11.现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲、乙所示。（1）由甲、乙两图读得圆柱体的直径为________mm，长度为________mm。（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为=________。（3）某表头满偏电流为1mA、内阻为980，为了将表头改装成量程为50mA的电流表，需要一个阻值约为________的电阻与表头并联【答案】（1）1.844##1.845##1.84642.40（2）（3）20【解析】（1）[1]由图a所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，旋转刻度为34.5×0.01mm=0.345mm螺旋测微器示数为1.5mm+0.345mm=1.845mm[2]由图所示可知，游标卡尺主尺示数为42mm，游标尺示数为8×0.05mm=0.40mm游标卡尺示数为42mm+0.40mm=42.40mm（2）[3]根据电阻定律，有解得（3）[4]把表头改装成50mA的电流表需要并联分流电阻，并联的电阻阻值为12.某实验小组要测量某型号电池的电动势和内阻，在实验室中找到如下器材：A．量程为6V的电压表，内阻很大；B．量程为3V的电压表，内阻很大；C．电阻箱R的调节范围为0~999.9Ω；D．定值电阻，阻值约为10Ω；E．开关和导线若干。该实验小组设计了如图甲所示的电路图，并完成了如下的操作：（1）组装好实验器材后，将电阻箱的阻值调到最大，开关闭合，减小电阻箱的阻值，读出两电压表、的示数、及相应的电阻箱示数R，反复调节，记录多组实验数据；（2）该实验小组利用（1）中的数据建立如图乙所示的坐标系并绘制图像，由图像可知该电池的电动势，E＝________V，内阻r＝________Ω（结果均保留2位有效数字）；（3）电源电动势E的测量值________E的真实值（填“大于”或“小于”或“＝”）【答案】（2）6.03.0（3）小于【解析】[1][2]根据闭合电路欧姆定律得变形得由此可知，乙图的纵截距为电源电动势E=6.0V斜率的绝对值为电池内阻[3]由于电压表的分流作用，导致干路电流偏小，根据闭合电路欧姆定律整理，可得由此可知电源电动势E的测量值小于E的真实值。四、计算题（共计40分）13.如图所示，水平导轨间距，导体棒的质量，与导轨保持良好接触并与导轨垂直，细线绕过定滑轮，一端悬挂重物，另一端与导体棒相连；电源电动势，内阻，定值电阻；外加匀强磁场的磁感应强度，方向水平向左；导体棒与导轨间动摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），不计定滑轮摩擦，不计导轨与导体棒的电阻，细线对的拉力为水平方向，重力加速度，导体棒处于静止状态。求：（1）导体棒受到的安培力；（2）所挂重物的重力的最大值。【答案】（1）0.6N，方向垂直ab向下；（2）2.8N【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律可得，电流为则导体棒受到的安培力大小为根据左手定则可知，安培力方向垂直ab向下。（2）设所挂重物的重力的最大值为，根据受力平衡可得又联立解得14.如图所示，电源电动势，内阻，电阻，，C为水平放置的平行板电容器，其电容，当开关闭合、断开时，用绝缘细线悬挂的带电小球A恰好悬浮，绳刚好水平拉直，其质量，（g取）则：（1）若开关闭合、断开稳定时，求电容器两端的电量；（2）若开关从断开状态到闭合状态过程中，求流过的总电荷量；（3）若开关闭合，电路达到稳定的过程时间极短，若忽略此过程，则电路稳定后，试求小球运动到O点正下方时，细绳对小球的拉力大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）若开关闭合、断开稳定时，外电阻只有R2，根据欧姆定律可得即流过R2的电流2A；电容器两端的电压等于电阻两端的电压电容器两端的电量（2）若开关闭合，电阻R1、R2并联，根据欧姆定律可得电路中干路上中电流电容器两端电压等于并联电路两端的电压开关从断开状态到闭合状态过程中流过R3的总电荷量（3）开关闭合、断开时，小球A恰好悬浮，根据平衡条件，有电路稳定后，小球运动到O点正下方时，根据动能定理运动到最低点时，根据牛顿第二定律解得15.如图所示，在竖直平面内在边界以下存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为，为一根固定的粗糙倾斜绝缘杆，与水平方向的夹角为；边界下方过杆端点的竖直边界两侧分别存在着两个方向相反的水平匀强磁场，左侧磁场方向垂直电场方向向里，磁感应强度的大小为，右侧磁场方向垂直电场方向向外，磁感应强度的大小为.现有一带正电的小球，其质量为、电荷量为，以速度在过点的竖直边界左侧磁场区域做匀速直线运动，当小球经过位置时撤去磁场，运动一段时间后，小球上有一小孔刚好从端沿杆方向套在倾斜绝缘杆上，已知位置与绝缘杆端等高，小球与绝缘杆之间的动摩擦因数为，绝缘杆足够长，不考虑磁场消失引起的电磁感应现象，重