2025屆安徽省銅陵一中物理高二第一學期期末教學質量檢測試題含解析

2025屆安徽省銅陵一中物理高二第一學期期末教學質量檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、如圖所示，閉合時，一質量為、帶電荷量為的液滴，靜止在電容器的兩平行金屬板間．現保持閉合，將斷開，然后將板向下平移到圖中虛線位置，則下列說法正確的是A.電容器的電容增大B.液滴帶正電C.液滴將向下運動D.液滴的電勢能減小2、如圖所示,50匝矩形閉合導線框ABCD處于磁感應強度大小的水平勻強磁場中,線框面積S=0.5,線框電阻不計,線框平面與磁感線垂直,以此時刻為計時起點,線框繞垂直于磁場的軸OO'以角速度ω=200rad/s勻速轉動,并與理想變壓器原線圈相連,副線圈接入一只“220V60W”燈泡,且燈泡正常發(fā)光,熔斷器允許通過的最大電流為10A,下列說法正確的是()A.圖示位置穿過線框的磁通量變化率不為零B.線框中交流電壓的表達式為e=500sin200tVC.變壓器原、副線圈匝數之比為50∶11D.允許變壓器輸出的最大功率為5000W3、如下圖所示的均勻磁場中，已經標出了電流I和磁場B以及磁場對電流作用力F三者其方向，其中錯誤的是（）A.B.C.D4、如圖所示，在E=600V/m的勻強電場中，a、b兩點相距d=2cm，它們的連線跟場強方向的夾角是60°，則Uab等于（）A.6V B.12VC.-6V D.-12V5、如圖所示，在半徑為R的圓柱形區(qū)域內有勻強磁場．一個電子以速度v0從M點沿半徑方向射入該磁場，從N點射出，速度方向偏轉了60°.則電子從M到N運行的時間是()A.B.C.D.6、如圖所示，現有一匝數為n，面積為S，總電阻為R的閉合線圈，垂直放置于一勻強磁場中，磁場的磁感應強度B隨時間均勻增大，變化率，則()A.線圈中產生順時針方向的感應電流B.線圈面積具有擴張的趨勢C.線圈中產生的感應電動勢為D.線圈中感應電流的大小為二、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，水平直導線中通有恒定電流I，在導線的正上方處將一帶電粒子以與電流方向相同的初速度v0射入，不計重力作用，該粒子將A.若粒子帶正電，將沿路徑a運動B.若粒子帶正電，將沿路徑b運動C.若粒子沿路徑b運動，軌跡半徑變小D.若粒子沿路徑b運動，軌跡半徑變大8、如圖所示，實線表示在豎直平面內的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L做直線運動，L與水平方向成β角，且α>β，則下列說法中正確的是()A.液滴一定做勻速直線運動B.液滴有可能做勻減速直線運動C.電場線方向一定斜向上D.液滴的電勢能可能增大9、如圖是法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖：銅盤安裝在水平的銅軸上，它的邊緣正好在兩個磁極之間（磁極之間是勻強磁場），兩塊銅片C．D分別與轉動軸和銅盤的邊緣良好接觸。使銅盤按圖示箭頭方向轉動，電阻R中就有電流通過。下列判斷正確的是A.電阻R中電流方向向上 B.電阻R中電流方向向下C.D點的電勢高于C點R D.C點的電勢高于D點10、狄拉克曾經預言，自然界應該存在只有一個磁極的磁單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布（如圖甲所示），距離它r處的磁感應強度大小為（k為常數），其磁場分布與負點電荷Q的電場（如圖乙所示）分布相似。現假設磁單極子S和負點電荷Q均固定，有帶電小球分別在S極和Q附近做勻速圓周運動，則關于小球做勻速圓周運動的判斷正確的是（）A.若小球帶正電，其運動軌跡平面可在S的正上方，如圖甲所示B.若小球帶正電，其運動軌跡平面可在Q的正下方，如圖乙所示C.若小球帶負電，其運動軌跡平面可在S的正上方，如圖甲所示D.若小球帶負電，其運動軌跡平面可在Q的正下方，如圖乙所示三、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）在用電壓表和電流表測電池的電動勢和內阻的實驗中，所用電壓表和電流表的內阻分別為1kΩ和0.1Ω，如圖所示為實驗原理圖及所需器件圖。(1)在圖中畫出連線，將器件按原理圖連接成實驗電路_______。(2)一位同學記錄的6組數據見下表，試根據這些數據在表格中畫出U-I圖象，根據圖象讀出電池的電動勢E＝________V，求出電池內阻r＝________Ω。I(A)0.120.200.310.320.500.57U(V)1.371.321.241.181.101.05(3)若不作出圖線，只選用其中兩組U和I的數據，用公式E＝U＋Ir列方程求E和r，這樣做可能得出誤差很大的結果，其中選用第________組和第________組的數據，求得E和r誤差最大。12．（12分）霍爾效應是電磁基本現象之一，近期我國科學家在該領域的實驗研究上取得了突破性進展．如圖1所示，在一矩形半導體薄片的P，Q間通入電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，在M，N間出現電壓UH，這個現象稱為霍爾效應，UH稱為霍爾電壓，且滿足UH＝k，式中d為薄片的厚度，k為霍爾系數．某同學通過實驗來測定該半導體薄片的霍爾系數(1)若該半導體材料是空穴(可視為帶正電粒子)導電，電流與磁場方向如圖1所示，該同學用電壓表測量UH時，應將電壓表的“＋”接線柱與______(填“M”或“N”)端通過導線相連(2)已知薄片厚度d＝0.40mm，該同學保持磁感應強度B＝0.10T不變，改變電流I的大小，測量相應的UH值，記錄數據如下表所示．根據表中數據在圖2中畫出UH—I圖線，利用圖線求出該材料的霍爾系數為______×10－3V·m·A－1·T－1(保留2位有效數字).(3)該同學查閱資料發(fā)現，使半導體薄片中的電流反向再次測量，取兩個方向測量的平均值，可以減小霍爾系數的測量誤差，為此該同學設計了如圖3所示的測量電路，S1，S2均為單刀雙擲開關，虛線框內為半導體薄片(未畫出)．為使電流從Q端流入，P端流出，應將S1擲向________(填“a”或“b”)，S2擲向________(填“c”或“d”)．為了保證測量安全，該同學改進了測量電路，將一合適的定值電阻串聯(lián)在電路中．在保持其它連接不變的情況下，該定值電阻應串聯(lián)在相鄰器件________和________(填器件代號)之間四、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）發(fā)電機輸出功率40Kw，輸出電壓400V，用變壓比（原副線圈匝數比）為1:5的變壓器升壓后向遠處供電，輸電線的總電阻為5Ω，到達用戶后再用變壓器將為220V，求：（1）輸電線上損失的電功率；（2）降壓變壓器的降壓比14．（16分）我們知道，地球周圍有磁場，在赤道上空，地磁場的磁感線與地面平行，方向由南指向北。若在赤道上沿東西方向放置一根長2m的直導線，通有從西向東，大小恒為1A的電流，赤道附近地磁場的磁感應強度大小為，簡化其情景，如圖所示。(1)求通電導線所受的安培力的大小和方向；(2)若通電導線平行于磁感線南北放置，判斷否受安培力。15．（12分）如圖所示，在xOy平面內y軸左側（含y軸）有一沿y軸負向的勻強電場，一質量為m，電荷量為q的帶正電粒子從x軸上P處以速度v0沿x軸正向進入電場，從y軸上Q點離開電場時速度方向與y軸負向夾角θ=30°，Q點坐標為（0，－d），在y軸右側某區(qū)域內（圖中未畫出）有一與坐標平面垂直的有界勻強磁場，磁場磁感應強度大小，粒子能從坐標原點O沿x軸負向再進入電場．不計粒子重力，求：（1）電場強度大小E；（2）粒子在有界磁場中做圓周運動的半徑r和時間t；（3）如果有界勻強磁場區(qū)域為半圓形，求磁場區(qū)域的最小面積S

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】在電容器的電量不變的情況下，將B板下移，則導致電容變化，電壓變化，根據、與相結合可得，從而確定電場強度是否變化，進而分析液滴如何運動，再根據電荷帶電性可確定電勢能增加與否；【詳解】A、將B板向下平移，電容器板間距離增大，根據知，電容器的電容變小，故A錯誤；BD、根據電場力與重力平衡可知，液滴帶負電，由于B板的移動，導致液滴的電勢升高，所以其電勢能減小，故D正確，B錯誤；C、根據、與相結合可得，由于電容器的帶電量、正對面積不變，所以板間電場強度也不變，液滴所受的電場力不變，則液滴仍保持靜止，故C錯誤；故選D2、D【解析】根據電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，變壓器輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結論【詳解】由圖可知，此時線圈和磁場垂直，此時線框的磁通量最大，磁通量變化率為零，感應電動勢為0，故A錯誤．矩形閉合導線框ABCD在磁場中轉動，產生的交流電的最大值為：Em=nBSω=50××0.5×200V=500V，線框中交流電壓的表達式為e=500sin200tV，選項B錯誤；由于最大值為有效值的倍，所以交流電的有效值為500V；由于電壓與匝數成正比，所以變壓器原、副線圈匝數之比為，故C錯誤．由于熔斷器允許通過的最大電流為10A，所以允許變壓器輸出的最大功率為P=UI=500×10A=5000W，故D正確．故選D【點睛】該題結合變壓器的原理考查交流電的產生，掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，本題即可得到解決3、C【解析】ABD．根據左手定則，ABD正確；C．C項導體棒與磁場平行，不受力，C錯誤。本題選錯誤的，故選C。4、C【解析】根據順著電場線方向電勢降低可知a點的電勢低于b點的電勢，則Uab<0，則得選項C正確，ABD錯誤。故選C。5、D【解析】由圖可知，粒子轉過的圓心角為60°，r=R；轉過的弧長為：；則運動所用時間為：；故選D點睛：本題注意求時間的兩種方法，可以用來求時間，用線速度的定義來求時間也是一個不錯的選擇6、D【解析】根據楞次定律判斷電流方向和面積的變化；根據法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律求解感應電動勢和感應電流【詳解】A項：根據楞次定律可得線圈中產生逆時針方向的感應電流，故A錯誤；B項：線圈面積的變化總是阻礙磁通量的變化，所以磁場的磁感應強度B隨時間均勻增大，線圈面積具有收縮的趨勢，故B錯誤；C項：根據法拉第電磁感應定律可得線圈中產生的感應電動勢為，故C錯誤；D項：線圈中感應電流的大小為，故D正確故選D【點睛】根據楞次定律判斷感應電流的方向的一般步驟是：確定原磁場的方向→原磁場的變化→引起感應電流的磁場的變化→楞次定律→感應電流的方向二、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、AD【解析】水平導線中通有穩(wěn)定電流I，根據安培定則判斷出導線所產生的磁場方向，由左手定則判斷帶電粒子所受的洛倫茲力方向，即可分析粒子的運動方向；根據半徑公式，結合磁感應強度的變化分析帶電粒子半徑如何變化.【詳解】A、B、水平導線中通有穩(wěn)定電流I，根據安培定則判斷導線上方的磁場方向向里，導線下方的磁場方向向外，由左手定則判斷可知，導線上面的正粒子所受的洛倫茲力方向向下，則正粒子將沿a軌跡運動，故A正確，B錯誤.C、D、若粒子沿b軌跡運動，洛倫茲力不做功其速率v不變，而離導線越遠，磁場越弱，磁感應強度B越小，由半徑公式可知粒子的軌跡半徑逐漸增大；故C錯誤，D正確.故選AD.【點睛】本題是安培定則、左手定則及洛倫茲力對帶電粒子不做功而提供向心力的半徑公式的綜合應用.8、AC【解析】由題設條件可知，帶電液滴的電性、電場的方向都未知，因此需要分情況分析【詳解】A．如下圖所示，帶電液滴，在復合場中，受到重力、洛倫茲力和電場力作用，由題設條件知，帶電液滴沿斜向上的虛線L做直線運動，所以重力、洛倫茲力和電場力這三個力的合力為零，故A正確B．如果液滴有可能做勻減速直線運動，那么液滴受洛倫茲力會變小，液滴受的重力和電場力都是恒力，液滴受力合力不為零，其合力方向與液滴運動方向不在一條直線上，液滴就不會做直線運動，不符合題意，故B錯誤C．由以上分析知，電場線方向一定斜向上，且液滴帶正電，否則液滴不在沿虛線L做直線運動，故C正確D．液滴受力合力零，液滴帶正電，且在電場中從高電勢向低電勢位置運動，液滴的電勢能不可能增大，故D錯誤，故選AC?！军c睛】帶電微粒在復合場中的運動情況比較復雜，分析時要從多個角度去考慮，才有可能回答的正確9、AC【解析】AB．由于銅盤切割磁感線，從而在電路中形成感應電流，根據右手定則可知，電流從D點流出，經電阻R流向C點，故電阻R中電流方向向上，故A正確，B錯誤；CD．圓盤為電源，電流由C點流向D點，電源內部電流是從負極流向正極的，故D點的電勢高于C點的電勢，故C正確，D錯誤。故選AC。10、ABC【解析】AC.要使小球能做勻速圓周運動，則洛侖茲力與重力的合力應能充當向心力；在甲圖中，若小球為正電荷且逆時針轉動（由上向下看），由左手定則知其受洛侖茲力斜向上，與重力的合力可以指向圓心，其運動軌跡平面可在S的正上方；若小球為負電荷，但順時針轉動，同理可知，合力也可以充當向心力，其運動軌跡平面可在S的正上方，故AC正確；BD.Q帶負電，若小球帶正電，則正電荷在圖示位置各點受到的電場力指向Q，電場力與重力的合力可能充當向心力，其運動軌跡平面可在Q的正下方；但若小球帶負電，小球受電場力逆著電場線，其與重力的合力不能提供向心力，其運動軌跡平面不可能在Q的正下方，小球不會做勻速圓周運動，故B正確，D錯誤。故選ABC。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.見解析②.1.46③.0.71④.3⑤.4【解析】(1)按照實驗原理圖將實物圖連接起來，如圖甲所示。甲乙(2)根據U、I數據，在方格紙U-I坐標上找點描跡。如圖乙所示，然后將直線延長，交U軸于V，此即為電源電動勢；交I軸于I＝0.65A，注意此時U2＝1.00V，由閉合電路歐姆定律得則r≈0.71Ω(3)由圖線可以看出第4組數據點偏離直線最遠，若取第3組和第4組數據列方程組求E和r，相當于過圖中3和4兩點作一直線求E和r，而此直線與所畫的直線偏離最大，所以選用第3組和第4組數據求得的E和r誤差最大。12、①.（1）M②.（2）③.1.5(1.4～1.6)④.（3）bc，⑤.S1(或S2)，⑥.E【解析】（1）根據左手定則得，正電荷向M端偏轉，所以應將電壓表