2025屆陜西省漢中市龍崗學(xué)校高二物理第一學(xué)期期末考試試題含解析

2025屆陜西省漢中市龍崗學(xué)校高二物理第一學(xué)期期末考試試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、下列說法錯誤的是（）A.通常用的干電池的電動勢約為1.5V，鉛蓄電池的電動勢約為2VB.教室里用的日光燈的規(guī)格一般是“220V，40W"C.電飯鍋通電以后能把生米煮成熟飯，說明電流具有熱效應(yīng)D.在電流一定時，電阻越小，相同時間內(nèi)發(fā)熱越多2、如圖所示，圓弧線a、b、c代表某固定點電荷電場中的三個等勢面，相鄰兩等勢面間的距離相等，直線是電場中的幾條沒標明方向的電場線，粗曲線是一帶正電粒子只在電場力作用下運動軌跡的一部分，M、N是軌跡上的兩點．粒子過M、N兩點的加速度大小分別是aM、aN，電勢能分別是EPM、EPN，a、b、c的電勢分別是φa、φb、φc，ab間，bc間的電勢差分別是Uab、Ubc，則下列判斷中正確的是（）A.aM＞aN，EPM＞EPNB.φa＜φb＜φc，EPM＜EPNC.aM＞aN，Uab=UbcD.Uab=Ubc，EPM＜EPN3、一平行板電容器兩極板間距為d、極板正對面積為S，電容為，其中是常量。對此電容器充電后斷開電源．當增大兩極板間距時，電容器極板間的電場強度將A.變大 B.變小C.不變 D.不能確定4、如圖某導(dǎo)體中的電流與它兩端電壓的關(guān)系如圖所示，下列分析正確的是（）A.當導(dǎo)體兩端的電壓為0時，電阻為0B.該導(dǎo)體的電阻隨電壓的增大而減小C.當導(dǎo)體兩端的電壓為0時，電流為0D.當導(dǎo)體兩端的電壓為2V時，電流為0.6A5、如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面積的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則（）A.Q1＞Q2，q1=q2 B.Q1＞Q2，q1＞q2C.Q1=Q2，q1=q2 D.Q1=Q2，q1＞q26、將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，圖像如圖所示，以下判斷正確的是（）A.最后2s內(nèi)貨物只受重力作用B.前3s內(nèi)貨物處于超重狀態(tài)C.貨物前3s內(nèi)的平均速度小于最后2s內(nèi)的平均速度D.第3s末至第5s末過程中，貨物的機械能守恒二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，一絕緣輕彈簧的下端固定在斜面底端，上端連接一帶正電的光滑滑塊P，滑塊所處空間存在著沿斜面向上的勻強電場，傾角為θ的光滑絕緣斜面固定在水平地面上，開始時彈簧處于原長狀態(tài)，物塊處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)給滑塊一沿斜面向下的初速度v，滑塊到最低點時，彈簧的壓縮量為x，若彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，從滑塊獲得初速度v直至滑到最低點的過程中，下列說法正確的是（）A.滑塊電勢能的增加量大于滑塊重力勢能的減少量B.滑塊到達最低點的過程中，克服彈簧彈力做功mv2C.滑塊動能的變化量等于電場力和重力做功的代數(shù)和D.在滑塊沿斜面運動的全程中，當滑塊的加速度最大時，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能可能最小也可能最大8、如圖所示，一個質(zhì)量m＝0.1g，電荷量q＝4×10－4C帶正電的小環(huán)，套在足夠長的絕緣直棒上，可以沿棒上下滑動．將棒置于正交的勻強電場和勻強磁場內(nèi)，E＝10N/C，B＝0.5T．小環(huán)與棒之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2．取g＝10m/s2，小環(huán)電荷量不變．小環(huán)從靜止沿棒豎直下落，則()A.小環(huán)的加速度一直減小 B.小環(huán)的機械能一直減小C.小環(huán)的最大加速度為2m/s2 D.小環(huán)的最大速度為4m/s9、圖是用伏安法測電池的電動勢、內(nèi)阻畫出的U-I圖像。下列說法中正確的是（）A.縱軸截距表示待測電源電動勢6.0VB.橫軸截距表示短路電流為0.5AC.待測電源內(nèi)電阻為12ΩD.電流為0.3A時的外電阻是18Ω10、如圖所示，一個正點電荷Q靜止在正方形的一個角上，另一個帶電粒子（可視為點電荷）射入該區(qū)域時，恰好能經(jīng)過正方形的另外三個角a、b、c，粒子僅受靜電力作用，則粒子由a經(jīng)b運動到c的過程中，下列分析正確的有（）A.a、b、c三點電勢高低及場強大小的關(guān)系是：φa=φc>φb，Ea=Ec=2EbB.粒子由a到b電勢能增加，由b到c電場力做正功，在b點動能最小C.粒子在a、b、c三處的加速度大小之比是1:2:1D.改變粒子在a處的速度，有可能使其經(jīng)過a、b、c三點做勻速圓周運動三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）如圖所示，某同學(xué)用插針法測定一半圓形玻璃磚的折射率．先在平鋪的白紙上放半圓形玻璃磚，用鉛筆畫出直徑所在的位置MN、圓心O以及玻璃磚圓弧線（圖中半圓實線）；再垂直紙面插大頭針P1、P2確定入射光線，并讓入射光線過圓心O；最后在玻璃磚圓弧線一側(cè)垂直紙面插大頭針P3，使P3擋住P1、P2的像．移走玻璃磚，作出與圓弧線對稱的半圓虛線，過O點作垂直于MN的直線作為法線；連接OP2P1，交半圓虛線于B點，過B點作法線的垂線交法線于A點；連接OP3，交半圓實線于C點，過C點作法線的垂線交法線于D點（1）測得AB的長度為l1，AO的長度為l2，CD的長度為l3，DO的長度為l4．計算玻璃磚折射率n的公式是n=__________（選用l1、l2、l3或l4表示）（2）該同學(xué)在插大頭針P3前，不小心將玻璃磚以O(shè)為軸順時針轉(zhuǎn)過一個小角度，該同學(xué)測得的玻璃磚折射率將__________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）12．（12分）下圖是等離子體發(fā)電機示意圖，平行金屬板間勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=0.5T，兩板間距離為0.2m，要使輸出電壓為220V，則等離子體垂直射入磁場的速度v0=________m/s，a是發(fā)電機的________極.(發(fā)電機內(nèi)阻不計)四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，水平導(dǎo)體棒AB被兩根豎直細線懸掛，置于垂直紙面向里的勻強磁場中，已知磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.5T，導(dǎo)體棒長L＝1m，質(zhì)量m＝0.5kg，重力加速度g＝10m/s2，當導(dǎo)體棒中通以從A到B的電流時(1)判斷導(dǎo)體棒所受安培力方向；當電流I＝2A時，求導(dǎo)體棒所受安培力的大小F；(2)導(dǎo)體棒中通過的電流I′為多大時，細線中拉力剛好為0。14．（16分）如圖所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，y＜0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從電場中Q點以速度v0水平向右射出，經(jīng)坐標原點O射入第Ⅰ象限．已知粒子在第Ⅲ象限運動的水平方向位移為豎直方向位移的2倍，且恰好不從PN邊射出磁場．已知MN平行于x軸，N點的坐標為(2h,2h)，不計粒子的重力，求：⑴入射點Q的坐標；⑵磁感應(yīng)強度的大小B；⑶粒子第三次經(jīng)過x軸的位置坐標.15．（12分）如圖所示，在勻強磁場中有一個“”形導(dǎo)線框可繞AB軸轉(zhuǎn)動，已知勻強磁場的磁感強度大小B=T，方向豎直向下,線框的CD邊長為20cm、CE、DF長均為10cm，轉(zhuǎn)速為50r/s，若從圖示位置開始計時:（1）寫出線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的瞬時值表達式.（2）若線框電阻r=3,再將AB兩端接入一個“6V，12W”的小燈泡，小燈泡能否正常發(fā)光？若不能，小燈泡實際消耗功率多大？(設(shè)小燈泡的阻值不變)

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】A．通常用的干電池的電動勢約為1.5V，鉛蓄電池的電動勢約為2V，故A正確；B．教室里用的日光燈的規(guī)格一般是“220V，40W"故B正確；C．電飯鍋通電以后能把生米煮成熟飯，說明電流具有熱效應(yīng)，故C正確；D．根據(jù)焦耳定律Q=I2Rt，在電流一定時，相同時間內(nèi)電阻越小，發(fā)熱越少，則D選項錯。故選D。2、B【解析】由于質(zhì)點只受電場力作用，根據(jù)運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向左上方，由于質(zhì)點帶正電，因此電場線方向也指向左上方，根據(jù)電場線的方向可判斷電勢的高低；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強度大．電勢能和動能的變化可以通過電場力做功情況判斷【詳解】根據(jù)運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向左上方，由于質(zhì)點帶正電，因此電場線方向也指向左上方，所以正電荷受到點電荷的吸引力，所以圓心處的點電荷一定帶負電，電場線的方向指向圓心，所以φa＜φb＜φc，根據(jù)點電荷的電場線的分布特點可得，M點的電場線密，所以正電荷在M點受到的電場力大，產(chǎn)生的加速度大，即：aM＞aN；根據(jù)點電荷的電場線的分布特點可得，ab之間的電場強度大于bc之間的電場強度，由于相鄰兩等勢面間的距離相等，根據(jù)U=Ed可得，Uab＞Ubc；設(shè)粒子從M向N運動，正電荷受到的電場力的方向指向圓心，所以受力的方向與M到N的方向之間的夾角是鈍角，電場力做功負功，電勢能減小，所以EPM＜EPN．只有選項B正確故選B3、C【解析】通電后斷開，故兩板上的帶電量不變；根據(jù)公式代入可得即當電容器充電后與電源斷開后，兩極板間的電場強度的大小和兩極板間的距離無關(guān)，C正確。故選C。4、C【解析】A.由圖象上看出，當導(dǎo)體兩端的電壓為0時，電流為0，但是電阻不為零，因為電阻是導(dǎo)體本身的一種性質(zhì)，與材料、長度、橫截面積以及溫度有關(guān)，與電壓和電流沒有關(guān)系，故A錯誤；B.由圖象可求得導(dǎo)體的電阻為，并且不隨電壓的改變而改變，故B錯誤；C.由歐姆定律可知，當導(dǎo)體兩端的電壓為零時，電流也為零，故C正確；D.當導(dǎo)體電壓為2V時，由圖象可以找到此時對應(yīng)的電流0.4A，故D錯誤；故選：C；5、A【解析】設(shè)ab和bc邊長分別為L1，L2，若假設(shè)穿過磁場區(qū)域的速度為v，，；同理可以求得：，；L1＞L2，由于兩次“穿越”過程均為相同速率穿過，因此：Q1＞Q2，q1=q2，故A正確，BCD錯誤．故選A在電磁感應(yīng)題目中，公式，?？迹斡?，選擇題6、B【解析】A．圖線斜率的物理意義為加速度，最后內(nèi)的加速度大小所以最后內(nèi)貨物除了重力作用外還受到阻力作用，A錯誤；B．前3s內(nèi)貨物加速向上，處于超重狀態(tài)，B正確；C．根據(jù)勻變速直線運動中某段時間內(nèi)，平均速度等于中間時刻速度可知貨物前3s內(nèi)的平均速度等于最后2s內(nèi)的平均速度，C錯誤；D．貨物的機械能由動能和重力勢能構(gòu)成，第3s末至第5s末的過程中，貨物的動能不變，圖線和時間軸圍成的面積為位移，根據(jù)圖像可知貨物的位移一直增大，選擇貨物起點為零勢能面，根據(jù)可知貨物的重力勢能一直增加，則貨物的機械能一直增加，D錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BD【解析】A．因為開始滑塊受重力和電場力和支持力處于平衡，則有：在運動到最低點過程中，電場力做功與重力做功相等，則滑塊電勢能增量等于滑塊重力勢能的減小量，故A錯誤；B．根據(jù)能量守恒得，動能減小，重力勢能減小，電勢能增加，彈性勢能增加，因為電勢能增量等于重力勢能減小量，所以彈性勢能增加量等于滑塊動能減小量，可知滑塊克服彈簧彈力做功，故B正確；C．根據(jù)動能定理知，電場力、重力、彈簧彈力做功的代數(shù)和等于滑塊動能的變化量，故C錯誤；D．由于可知當滑塊的加速度最大時，彈簧最長或最短。彈簧最長時，滑塊的電勢能最小，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能最大；彈簧最短時，滑塊的電勢能最大，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能最小，故D正確。故選BD。8、BC【解析】對小環(huán)進行受力分析，再根據(jù)各力的變化，可以找出合力及加速度的變化；即可以找出小環(huán)最大速度及最大加速度的狀態(tài)【詳解】小環(huán)靜止時只受電場力、重力及摩擦力，電場力水平向右，摩擦力豎直向上；開始時，小環(huán)的加速度應(yīng)為，小環(huán)速度將增大，產(chǎn)生洛侖茲力，由左手定則可知，洛侖茲力向右，故水平方向合力將逐漸變大，摩擦力變大，故加速度減??；當摩擦力等于重力時，加速度為零，此時速度最大，則mg=μ(qvB+qE)，解得v=5m/s，以后圓環(huán)將以5m/s的最大速度做勻速運動，開始時的加速度最大，最大值為2m/s2，則C正確，AD錯誤；小環(huán)下落過程中，摩擦力一直做功，機械能減小，選項B正確；故選BC.【點睛】本題要注意分析帶電小環(huán)的運動過程，屬于牛頓第二定律的動態(tài)應(yīng)用與電磁場結(jié)合的題目，此類問題要求能準確找出物體的運動過程，并能分析各力的變化，對學(xué)生要求較高．同時注意因速度的變化，導(dǎo)致洛倫茲力變化，從而使合力發(fā)生變化，最終導(dǎo)致加速度發(fā)生變化9、AD【解析】A．當電路電流為零時，即斷路時，電源兩端的電壓等于電源電動勢，即圖中的縱截距表示電源的電動勢，故為6.0V，A正確；B．從圖中可知縱坐標不是從零開始的，所以橫軸截距不表示短路電流，B錯誤；C．根據(jù)圖像斜率表示電源內(nèi)阻，電源內(nèi)電阻C錯誤；D．電流為0.3A時路端電壓為5.4V，所以外電阻D正確。故選AD。10、AB【解析】電荷受到的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出粒子與固定在O點的電荷是異種電荷，它們之間存在引力，根據(jù)點電荷的電場線的特點，Q與ac距離相等，都小于b，故B點的電勢高于ac兩點的電勢．應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度之間的關(guān)系.【詳解】根據(jù)點電荷的電場線的特點，Q與ac距離相等，都小于b，故b點的電勢低于ac兩點的電勢，即φa=φc>φb；Ea=Ec=；Eb=，故A正確；電荷受到的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出粒子與固定在O點的電荷是異種電荷，它們之間存在引力，所以質(zhì)點由a到b電場力做負功，電勢能增加，動能減??；由b到c電場力做正功，動能增大，在b點動能最?。还蔅正確；粒子P在a、b、c三點時的加速度大小要根據(jù)庫侖定律求出庫侖力．由圖可知，ra=rc=,根據(jù)庫侖定律：，可得：可知，加速度之比應(yīng)為：2：1：2；故C錯誤；由帶電粒子所受的電場力的方向可知，帶電粒子abc三個點受到的電場力大小不相等，所以不可能其經(jīng)過a、b、c三點做勻速圓周運動．故D錯誤．故選AB.【點睛】本題屬于電場中軌跡問題，考查分析推理能力．根據(jù)軌跡的彎曲方向，判斷出電荷受到的電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)．進而判斷出電荷是負電荷三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.（1）l1/l3②.（2）偏大【解析】用插針法測定半圓形玻璃磚折射率的原理是折射定律，利用幾何知識得到入射角的正弦和折射角的正弦，推導(dǎo)出折射率的表達式，即可知道所要測量的量【詳解】（1）設(shè)圓的半徑為R，由幾何知識得入射角的正弦為：sini=sin∠AOB=；折射角的正弦為：sinr=sin∠DOC=根據(jù)折射定律（2）該同學(xué)在插大頭針P3前不小心將玻璃磚以O(shè)為圓心順時針轉(zhuǎn)過一小角度，折射光線將順時針轉(zhuǎn)動，而作圖時其邊界和法線不變，則入射角（玻璃磚中的角）不變，折射角（空氣中的角）減小，由折射率公式可知，測得玻璃磚的折射率將偏大【點睛】本題采用單位圓法測量玻璃磚的折射率，是數(shù)學(xué)知識在物理實驗中的運用，簡單方便，分析誤差關(guān)鍵分析入射角和折射角產(chǎn)生的誤差，明確實驗原理即可得出答案12、①.2200②.正【解析】根據(jù)左手定則，正電荷向上偏，負電荷向下偏，所以上板帶正電，即a是電源的正極．兩板上有電荷，在兩極板間會產(chǎn)生電場，電荷最終在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，有：qvB=q，所以：【點睛】解決本題的關(guān)鍵掌握等離子體進入磁場受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，正電荷向上偏，負電荷向下偏，在兩極板間會產(chǎn)生電場，電荷最終在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)豎直向上；1.0N；(2)10A【解析】(1)通過左手定則可知受到的安培力豎直向上。導(dǎo)體棒長為L=1m，磁感應(yīng)強度B=0.5T，電流為2A，并且導(dǎo)體棒和磁場垂直，所以導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F=BIL=0.5×2×1N=1N(2)若懸線拉力恰好零，說明重力和安培力大小相等，即mg=BIL可得14、(1)(2)(3)【解析】帶電粒子從電場中Q點以速度v0水平向右射出，在第Ⅲ象限做的是類平拋運動，在第I象限，先是勻速直線運動，后是圓周運動，最后又在電場中做類斜拋運動【詳解】(1)帶電粒子在第Ⅲ象限做的是類平拋運動，帶電粒子受的