四川省宜賓市敘州區(qū)二中2024-2025學年高二物理上學期期末模擬考試試題含解析

PAGE14-四川省宜賓市敘州區(qū)二中2024-2025學年高二物理上學期期末模擬考試試題（含解析）一、選擇題1.關于電場線和磁感線,下列說法正確的是A.電場線和磁感線都是閉合的曲線B.磁感線是從磁體的N極發(fā)出，終止于S極C.電場線和磁感線都不能相交D.電場線和磁感線都是現(xiàn)實中存在的【答案】C【解析】【詳解】電場線不閉合，A錯；磁感線在磁鐵內(nèi)部是從S極指向N極，B錯；電場線和磁感線都是人們?yōu)榱颂接憟龆傧氤鰜淼囊幌盗星€，電場線和磁場線都不相交；D錯；2.真空中兩個點電荷之間的靜電力為F，假如它們之間的距離以及每個點電荷的電荷量都增加為原來的2倍，則它們之間的靜電力將變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢.4倍 B.2倍 C.1倍 D.0.5倍【答案】C【解析】【詳解】由庫倫定律可得：改變前：F=k；改變后：F′=k=F，故ABD錯誤，C正確．故選C．3.如圖，長為的直導線拆成邊長相等，夾角為的形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為，當在該導線中通以電流強度為的電流時，該形通電導線受到的安培力大小為A.0 B.0.5 C. D.【答案】C【解析】試題分析：導線在磁場內(nèi)有效長度為，故該V形通電導線受到安培力大小為，選項C正確，選項ABD錯誤．考點：安培力【名師點睛】由安培力公式進行計算，留意式中的應為等效長度，本題考查安培力的計算，熟記公式，但要理解等效長度的意義．4.如圖所示，正點電荷放在O點，圖中畫出它產(chǎn)生的電場的六條對稱分布的電場線．以水平電場線上的O’點為圓心畫一個圓，與電場線分別相交于a、b、c、d、e，下列說法正確的是（）A.b、e兩點的電場強度相同B.a點電勢高于e點電勢C.電子沿圓周由d運動到b，電場力做正功，電勢能削減D.b、c兩點間電勢差等于e、d兩點間電勢差【答案】D【解析】【分析】電場強度是矢量，只有大小和方向都相同時兩點的電場強度才相同；電勢依據(jù)順著電場線方向電勢降低進行推斷；依據(jù)對稱性分析b、c兩點間電勢差與b、e間電勢差的關系．依據(jù)電勢凹凸，推斷電場力對電子做功的正負．【詳解】由圖看出，b、e兩點電場強度的大小相等，但方向不同，而電場強度是矢量，所以b、e兩點的電場強度不同，故A錯誤；依據(jù)順著電場線電勢漸漸降低可知，離點電荷O越遠，電勢越低，故a點電勢低于e點電勢，故B錯誤；d點的電勢高于b點的電勢，電子沿圓周由d到b，電勢降低，但電勢能上升，電場力做負功，故C錯誤；依據(jù)對稱性可知，d、c的電勢相等，同理b、e的電勢相等．所以b、c兩點間電勢差與e、d兩點間電勢差相等，故D正確；故選D．【點睛】常見電場的電場線分布要求我們能嫻熟駕馭，并要留意沿電場線的方向電勢是降低的，同時留意點電荷形成電場的對稱性．加強基礎學問的學習，駕馭住電場線的特點，即可解決本題．5.如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，其中心正上方固定一根直導線，導線與磁鐵垂直，并通以垂直紙面對外的電流，則A.磁鐵對桌面的壓力減小、不受桌面摩擦力的作用B.磁鐵對桌面的壓力減小、受到桌面摩擦力的作用C.磁鐵對桌面的壓力增大、不受桌面摩擦力的作用D.磁鐵對桌面的壓力增大、受到桌面摩擦力的作用【答案】A【解析】【詳解】在磁鐵外部，磁感線從極指向極，長直導線在磁鐵的中心正上方，導線所在處磁場水平向左方；導線電流垂直于紙面對外，由左手定則可知，導線受到的安培力豎直向下方；由牛頓第三定律可知，導線對磁鐵的作用力豎直向上，因此磁鐵對桌面的壓力減小，小于磁鐵的重力，磁鐵沒有運動趨勢，磁鐵不受摩擦力；A．與分析相符，故A正確；B．與分析不符，故B錯誤；C．與分析不符，故C錯誤；D．與分析不符，故D錯誤。6.如圖所示，電感線圈L的自感系數(shù)足夠大，其直流電阻忽視不計，LA，LB是兩個相同的燈泡，且在下列試驗中不會燒毀，電阻R2阻值約等于R1的兩倍，則()A.閉合開關S時，LA，LB同時達到最亮，且LB更亮一些B.閉合開關S時，LA，LB均漸漸亮起來，且LA更亮一些C.斷開開關S時，LA漸漸熄滅，LB立刻熄滅D.斷開開關S時，LA漸漸熄滅，LB閃亮后才漸漸熄滅【答案】D【解析】【詳解】閉合開關S時，由于線圈的自感作用LA漸漸亮起來，但LB馬上亮起來，AB錯誤；斷開開關S時，LA、LB、L形成回路，但由于LA的電流大于LB的電流，故LA漸漸熄滅，LB閃亮后才漸漸熄滅，C錯誤、D正確．7.如圖所示，平行金屬板中帶電質點原來處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，的阻值和電源內(nèi)阻相等，當滑動變阻器的滑片向端移動時，則（）A.消耗的功率漸漸減小B.電流表讀數(shù)減小，電壓表讀數(shù)增大C.電源的輸出功率漸漸增大D.質點將向上運動【答案】AC【解析】【詳解】當滑動變阻器的滑片向端移動時，其接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小．依據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知干路電流增大．電容器極板間電壓等于兩端的電壓，減小，并聯(lián)部分的總電阻減小，則兩端的電壓減小，消耗的功率漸漸減小，電容器極板間場強減小，質點所受的電場力減小，所以質點將向下運動，正確，D錯誤．流過電流表的電流，增大，減小，則增大，所以電流表讀數(shù)增大．兩端的電壓，減小，增大，則減小，所以電壓表讀數(shù)減小，B錯誤．由于的阻值和電源內(nèi)阻相等，則外電路總電阻大于電源的內(nèi)阻，當外電阻減小時，電源的輸出功率漸漸增大，C正確．8.用絕緣細線懸掛一個質量為m，帶電荷量為+q的小球，讓它處于如圖所示的磁感應強度為B的勻強磁場中．由于磁場的運動，小球靜止在如圖位置，這時懸線與豎直方向夾角為α，懸線處于伸直狀態(tài)，則磁場的運動速度和方向可能是（）A.，水平向左B.，水平向下C.，豎直向上D.，水平向右【答案】AC【解析】【詳解】若磁場的運動方向水平向左，則小球相對磁場水平向右，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，當洛倫茲力等于重力，處于平衡狀態(tài)，則有：Bqv=mg，解得：，故A正確；若磁場的運動方向豎直向下，則小球相對磁場豎直向上，由左手定則可知，洛倫茲力方向水平向左，則不行能處于平衡狀態(tài)．故B錯誤；若磁場的運動方向豎直向上，則小球相對磁場豎直向下，由左手定則可知，洛倫茲力方向水平向右，當洛倫茲力與拉力的合力與重力相等時，則處于平衡狀態(tài)，則有：Bqv=mgtanα，解得：，故C正確，若磁場的運動方向水平向右，則小球相對磁場水平向左，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向下，不行能處于平衡狀態(tài)，D錯誤；故選AC．【點睛】此題考查左手定則與平衡方程的應用，留意相對運動理解，突出小球相對磁場的運動方向是解題的關鍵，同時駕馭三角函數(shù)的應用．9.木塊和用一根輕彈簧連接起來,放在光滑水平面上,緊靠在墻壁上,在上施加向左水平力使彈簧壓縮,如圖所示,當撤去外力后,下列說法中正確的是(

)A.尚未離開墻壁前,和組成的系統(tǒng)的動量守恒B.尚未離開墻壁前,和組成的系統(tǒng)的動量不守恒C.離開墻壁后,和組成的系統(tǒng)動量守恒D.離開墻壁后,和組成的系統(tǒng)動量不守恒【答案】BC【解析】【詳解】以a、b及彈簧組成的系統(tǒng)為探討對象，撤去外力后，b向右運動，在a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)所受合外力不為零，因此該過程系統(tǒng)動量不守恒．故A錯誤，B正確；當a離開墻壁后，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)動量守恒，故C正確，D錯誤；故選BC.二．試驗題10.某物理學習小組的同學在探討性學習過程中，通過一塊電壓表和一塊多用電表的歐姆擋接成電路就能一次性既能測出電壓表的內(nèi)阻又能測出多用電表中歐姆擋的內(nèi)部電源的電動勢．已知電壓表的內(nèi)阻約在15～25kΩ之間，量程為15V，多用電表歐姆擋的電阻刻度中間值為20.（1）.請用筆跡代替導線將紅、黑表筆連在電壓表上____．（2）.他們在試驗過程中，歐姆的選擇開關應撥至倍率為“×________”．（3）.在試驗中，同學們讀出電壓表的讀數(shù)為U，歐姆表指針所指的刻度為n，并且在試驗過程中，一切操作都是正確的，由此可得歐姆表內(nèi)電池的電動勢的表達式為________．【答案】(1).(2).×1k(3).【解析】【詳解】（1）[1]．歐姆表內(nèi)電源正極接在歐姆表的負接線柱上，故紅表筆應接電壓表的負接線柱，黑表筆應接電壓表的正接線柱（2）[2]．電壓表內(nèi)阻較大，故歐姆擋選擇開關應選倍率為“×1k（3）[3]．歐姆表內(nèi)阻等于中值電阻（）因為多用電表歐姆擋的電阻刻度中間值為20，所以歐姆表的內(nèi)電阻為20×103Ω，電路中的電流，歐姆表內(nèi)電池的電動勢的表達式為11.有一個小燈泡上標有“4V2W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪這個燈泡的I－U圖線．現(xiàn)有下列器材供選用：A.電壓表(0～5V，內(nèi)阻約10kΩ)B.電壓表(0～15V，內(nèi)阻約20kΩ)C.電流表(0～3A，內(nèi)阻約1Ω)D.電流表(0～0.6A，內(nèi)阻約0.4Ω)E.滑動變阻器(10Ω，2A)F.滑動變阻器(500Ω，1A)G.學生電源(直流6V)、開關、導線若干（1）試驗中所用電壓表應選________，電流表應選用________，滑動變阻器應選用________．（2）在線框內(nèi)畫出試驗電路圖_______，并依據(jù)所畫電路圖進行實物連接_______．（3）利用試驗數(shù)據(jù)繪出小燈泡的伏安特性曲線如圖甲所示，分析曲線說明小燈泡電阻改變的特點：________________________________．（4）若把電阻元件Z和小燈泡接入如圖乙所示的電路中時，已知電阻Z的阻值為5Ω，已知A、B兩端電壓恒為2.5V，則此時燈泡L的功率約為________W．(保留兩位有效數(shù)字)【答案】(1).(1)A(2).D(3).E(4).(2)如圖；(5).如圖；(6).(3)小燈泡電阻隨溫度上升而增大(7).(4)0.31【解析】【分析】本題（1）的關鍵是依據(jù)小燈泡的規(guī)格中的額定電壓與額定電流大小來選擇電壓表與電流表的量程，依據(jù)試驗要求電流從零調(diào)可知變阻器應用分壓式接法，可知應選擇電阻選擇變阻器．題（2）的關鍵是依據(jù)小燈泡電阻滿意，可知電流表應用外接法，又變阻器應用分壓式接法，即可畫出電路圖和實物圖．題（3）的關鍵是依據(jù)電阻定義可知，電阻大小與I-U圖線上的點與原點連線的斜率倒數(shù)成正比，說明小燈泡的電阻隨溫度的上升而增大．題（4）的關鍵是在燈泡的I-U圖像中畫出電阻Z的I-U圖像，依據(jù)I-U圖象讀出當電阻Z和燈泡兩端的電壓之和為2.5V時對應的電壓和電流大小，然后依據(jù)P=UI求出功率即可．【詳解】（1）：依據(jù)小燈泡規(guī)格“4V，2W”可知，電壓表應選A，電流，所以電流表應選D；由于描繪小燈泡伏安特性曲線試驗要求電流從零調(diào)，所以變阻器應用分壓式接法，應選阻值小的變阻器E．

（2）：由于小燈泡電阻較小，滿意，所以電流表應用外接法，又變阻器采納分壓式接法，所以電路圖和實物連線圖如圖所示：

（3）依據(jù)可知，小燈泡電阻與I-U圖象上各點與原點連線的斜率倒數(shù)成正比，所以小燈泡電阻隨溫度的上升而增大．

（4）在燈泡的I-U圖像中畫出電阻Z的I-U圖像，由I-U圖象可知，當電阻Z和燈泡兩端的電壓之和為2.5V時，此時燈泡兩端的電壓U=1.4V，I=0.22A時對應的電壓，所以小燈泡的功率為：P=UI=1.4×0.22W=0.31W.【點睛】本題考查了試驗器材選擇、設計試驗電路圖、連接實物電路圖、試驗數(shù)據(jù)處理，確定滑動變阻器與電流表接法是正確設計試驗電路圖與連接實物電路圖的前提與關鍵．三、計算題12.，外電阻R1＝R2＝4r0，其他電阻不計．假如OA棒以某一角速度勻速轉動時電阻R1的電功率最小值為P0(1)要求畫出等效電路圖(2)求OA棒勻速轉動的角速度．【答案】（1）；（2）.【解析】【詳解】(1)等效電路如圖所示(2)由題意可知，棒轉動時感應電動勢為：棒轉動時，的功率改變，當棒的端處于環(huán)的最上端時，環(huán)的電阻最大，此時有：總電阻為：的最小功率為：可解得：13.如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應強度B=0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50Ω的直流電源，現(xiàn)把一個質量m=0.040kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止．導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2（已知sin37°=0.60，cos37°=0.80）．求：（1）通過導體棒電流；

（2）導體棒受到的安培力大小；（3）導體棒受到的摩擦力．【答案】（1）1.5A（2）0.30N（3）0.06N【解析】【詳解】（1）導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，依據(jù)閉合電路歐姆定律有：；（2）導體棒受到的安培力：；（3）導體棒所受重力沿斜面對下的分力，由于F1小于安培力，故導體棒受沿斜面對下的摩擦力f，依據(jù)共點力平衡條件，解得：，方向沿斜面對下；14.如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面