浙江省寧波市咸祥中學2024-2025學年高二物理下學期期中試題含解析

PAGE18-浙江省寧波市咸祥中學2024-2025學年高二物理下學期期中試題（含解析）一、選擇題I(本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列哪位科學家提出電荷四周存在著由它產(chǎn)生的電場（）A.庫侖 B.法拉第 C.牛頓 D.伽利略【答案】B【解析】【詳解】A．庫侖探討發(fā)覺了電荷間作用的規(guī)律—庫侖定律，故A錯誤；B．法拉第提出了在電荷的四周存在電場的觀點，故B正確；C．牛頓發(fā)覺了萬有引力定律和牛頓運動定律，但沒有提出場的觀點，故C錯誤；D．伽利略依據(jù)試驗提出力不是維持物體運動緣由，沒有提出場的觀點，故D錯誤。故選B。2.下列物理量不屬于國際單位制中基本物理量是A.質(zhì)量 B.長度 C.時間 D.力【答案】D【解析】【詳解】ABC.質(zhì)量、長度和時間屬于國際單位制中基本物理量，故ABC不符合題意；D.力不屬于國際單位制中物理量，故D符合題意．3.與電場強度相對應，我們把描述磁場強弱的物理量叫作磁感應強度，關于磁感應強度的概念及其定義式，下列說法中正確的是(

)A.在同一磁場中磁感線越密集的地方，磁感應強度越大B.磁場中某點B的方向，與垂直放在該點的摸索電流元所受安培力方向相同C.磁場中某點B的大小，與垂直放在該點的摸索電流元所受到的安培力大小成正比D.在磁場中的某點，摸索電流元不受磁場力作用時，該點B的大小肯定為零【答案】A【解析】【分析】磁感應強度B描述磁場強弱和方向物理量，與放入磁場中的電流元無關，由磁場本身確定．通電導線放在磁感應強度為零處，所受磁場力肯定為零．【詳解】磁感應強度的定義式為比值法定義，即磁感應強度大小與該點的摸索電流元無關，磁感線越密，磁感應強度越大，A正確C錯誤；磁感應強度的方向，與垂直放在該點的摸索電流元所受安培力方向垂直，B錯誤；若摸索電流元平行于磁場方向，該電流元受到的磁場力為零，所以若摸索電流元不受磁場力作用，并不表示該點的磁感應強度大小為零，D錯誤．4.A、B是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在靜電力作用下以肯定的初速度從A點沿電場線運動到B點，其速度v與時間t的關系圖象如圖所示．則此電場的電場線分布可能是選項圖中的A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】由v-t圖象可知，微粒的速度在漸漸減小，圖象的斜率在漸漸增大，故此帶負電的微粒做加速度越來越大的減速直線運動，所受電場力越來越大，由F=qE知，場強增大，電場線越來越密．電場力方向與其運動方向相反，電場力向左，所以電場線方向向右．A．該圖與結(jié)論相符，選項A正確；B．該圖與結(jié)論不相符，選項B錯誤；C．該圖與結(jié)論不相符，選項C錯誤；D．該圖與結(jié)論不相符，選項D錯誤；5.能源問題是當今社會重要的一個難題。關于節(jié)約能源已經(jīng)深化到我們的家庭生活中?，F(xiàn)有兩盞節(jié)能燈A和B，其額定功率相同，額定電壓A燈大于B燈，則（）A.兩燈正常發(fā)光時，IA>IBB.兩燈電阻RA<RBC.將兩燈串聯(lián)后接入電路中，燈的功率PA>PBD.將兩燈并聯(lián)后接入電路中，燈的功率【答案】C【解析】【詳解】A．由P=UI可得兩燈功率相等，且UA>UB，所以電流IA<IB，故A錯誤；B．由可得兩燈功率相等，且UA>UB，所以電阻RA>RB，故B錯誤；C．將兩燈串聯(lián)后接入電路中時，電路中電流相等，又因為電阻RA>RB，由得兩燈的功率關系PA>PB，故C正確；D．將兩燈并聯(lián)后接入電路中時，兩燈的電壓相等，又因為電阻RA>RB，由得兩燈的功率關系，故D錯誤。故選C6.如圖所示為電流天平，可用來測定磁感應強度。天平的右臂上掛有一匝數(shù)為n的矩形線圈，線圈水平長度為l，線圈下端懸在勻強磁場B中，磁場方向垂直紙面對里，當線圈中通有電流I（方向如圖）時，調(diào)整砝碼使天平保持平衡，下面說法正確的是（）A.線圈受到的安培力為BIlB.線圈中受到的安培力方向水平指向紙內(nèi)C.若發(fā)覺左盤向上翹起，則應增大線圈的電流D.若把線圈電流方向相反大小不變，則線圈仍保持平衡【答案】C【解析】【詳解】A．線圈匝數(shù)n，在磁場中受到安培力大小為nBIl，故A錯誤；B．依據(jù)左手定則可知，線圈受到的安培力方向豎直向上，故B錯誤；C．若發(fā)覺左盤向上翹起，則增大線圈中的電流時，線圈受到向上的安培力增大，依據(jù)受力分析可知，可使天平復原平衡，故C正確；D．若電流大小不變而方向反向，線圈受到的安培力方向變更，依據(jù)受力分析可知，此時線圈不能保持平衡狀態(tài)，故D錯誤。故選C。7.場是物理學中的重要概念，除了電場和磁場，還有引力場．物體之間的萬有引力就是通過引力場發(fā)生作用的，地球旁邊的引力場叫做重力場．依據(jù)電場強度是描述電場的力的性質(zhì)的物理量而定義了重力場強度，依據(jù)電勢是描述電場能的性質(zhì)的物理量而定義重力勢．依據(jù)電場與重力場的類比，以下說法中正確的是A.由電場強度的定義式可知，電場強度大小與放入的摸索電荷有關B.重力場強度的大小可表示為g，方向豎直向下C.重力勢與放入的物體的質(zhì)量成正比D.電場中某點的電勢與選取的零電勢點無關【答案】B【解析】A、電場強度的大小與場源電荷的大小有關，和摸索電荷的大小無關，故A錯；B、在地球表面旁邊萬有引力等于重力，依據(jù)類比的方式：重力場強度g為放在該點的物體所受的力F與其質(zhì)量m的比值，即，方向豎直向下，故B正確；C、依據(jù)電勢的學問可知，重力勢的大小取決于地球以及零勢點的選取，與放入物體的質(zhì)量無關，故C錯；D、電場中的電勢是相對于零勢點來說的，所以與零勢點有關，故D錯；故選B點睛：電場中某一點的電場強度E定義為放在該點的靜止試驗電荷所受的力F與其電量q的比值,場強是矢量，重力場強度的大小和方向也是依據(jù)比值定義.8.某同學在用單擺測定重力加速度時，由于擺球質(zhì)量分布不勻稱，無法確定其重心位置，他第一次取懸線長為L1，測得單擺振動周期為T1；其次次取懸線長為L2，測得單擺振動周期為T2。由此可計算重力加速度g為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】ABCD．設擺球的重心到線與球結(jié)點的距離為r，依據(jù)單擺周期的公式得，聯(lián)立以上兩式解得故B正確，ACD錯誤。故選B。9.某手機充電器銘牌上標示：輸入220V，AC50Hz55mA，輸出5.2V，DC160mA。該充電器工作時，關于其內(nèi)部的變壓器，下列說法正確的是（）A.原線圈匝數(shù)多，通過的電流大B.原線圈匝數(shù)多，通過的電流小C.副線圈匝數(shù)少，通過的電流大D.副線圈匝數(shù)少，通過的電流不變【答案】BC【解析】【詳解】ABCD．由“輸入220V，輸出5.2V”可知，手機內(nèi)部的變壓器為降壓變壓器，依據(jù)變壓器原副線圈電壓比等于匝數(shù)比可知，原線圈匝數(shù)多，副線圈匝數(shù)少；又依據(jù)變壓器原副線圈電流比與匝數(shù)成反比可知，原線圈中電流小，副線圈中電流大，故BC正確，AD錯誤。故選BC。10.常用電容器，從構(gòu)造上看，可以分為固定電容器和可變電容器兩類．如圖甲、乙為兩種電容器的實物圖片，依據(jù)圖中的相關信息，下列推斷中正確的是A.圖中甲為可變電容器，它是通過變更極板間的距離來變更電容器的電容的B.在不變更其他條件下，將甲電容器浸入煤油中，其電容不發(fā)生變更C.依據(jù)圖乙中電容器外殼上標的數(shù)據(jù)可知，電壓超過5.5V時乙電容器就會被擊穿D.依據(jù)圖乙中電容器外殼上標的數(shù)據(jù)可知，乙電容器接5.5V電壓時，儲存的電量為5.5C【答案】D【解析】【分析】由Q=UC可知電壓與電量間的關系，同時要留意額定電壓與擊穿電壓的區(qū)分．【詳解】圖甲中可變電容器是通過變更極板的正對面積來變更電容的，將甲電容器浸入煤油中，兩極板間的介質(zhì)變更，介電常數(shù)變更，即電容發(fā)生變更，AB錯誤；電容器的擊穿電壓肯定會大于額定電壓，電容器外殼上標的電壓是工作電壓，即圖乙中標識的“5.5V”為額定電壓，依據(jù)公式可得，C錯誤D正確．【點睛】本題考查電容器的電容定義及擊穿電壓，要留意應用Q=UC進行分析推斷．11.電動機是把電能轉(zhuǎn)化成機械能的一種設備，在工農(nóng)業(yè)、交通運輸、國防及家電、醫(yī)療領域廣泛應用圖示表格是某品牌電動機銘牌的部分參數(shù)，據(jù)此信息，下列說法中不正確的是(

)A.該電動機的發(fā)熱功率為110WB.該電動機轉(zhuǎn)化為機械能的功率為1100WC.該電動機的線圈電阻R為D.該電動機正常工作時每分鐘對外做的功為【答案】B【解析】【分析】當電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，輸入的功率是電功率，結(jié)合效率可求發(fā)熱功率，再由可求內(nèi)阻，輸出功率由能量守恒定律探討，從而也可求電動機對外所做的功．【詳解】由電動機的額定功率及效率可求得電動機的發(fā)熱功率為：，電動機轉(zhuǎn)化為機械能的功率為：，故A正確，B錯誤；由可得電動機的線圈電阻為：，故C正確；電動機正常工作時每分鐘對外做功為：，故D正確．此題選擇不正確的選項，故選B．【點睛】本題考查功率的計算；電動機是非純電阻電路，電動機的輸入功率等于熱功率與輸出功率之和，應用電功率公式與電功公式即可正確解題．12.如圖所示為等量點電荷四周的電場線分布圖，A、B、O位于兩點電荷連線上，其中O為兩點電荷連線的中點，C、D是連線的中垂線上的兩點．關于各點的電場性質(zhì)的描述，下列說法正確的是（）A.A、B、O三點的電勢大小相等B.O、C、D三點的電場強度相等C.若將帶正電的摸索電荷q從C點移到B點，電勢能減小D.若將帶負電的摸索電荷q從A點移到D點，電場力做負功【答案】C【解析】【分析】負電荷從低電勢運動到高電勢過程中電場力做正功，正電荷從高電勢運動到低電勢過程中電場力做正功；【詳解】等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電荷，即在本題中電場方向水平向左，依據(jù)沿電場方向電勢降低可知，A錯誤；依據(jù)電場線疏密程度表示電場強度大小可知OCD三點的電場線疏密程度不同，電場強度大小不同，B錯誤；等量異種點電荷連線的中垂線為等勢面，將正電荷從C點移到B點，等同于從O點移到B點，即從高電勢到低電勢，電場力做正功，電勢能減小，C正確；負電荷從A移到D點，相當于從A移到O點，電勢上升，電場力做正功，D錯誤【點睛】關鍵是知道等量異種電荷電場規(guī)律，在其連線上，靠近電荷，電場強度增大，即中點電場強度為零，在其連線的中垂線上，電場方向垂直中垂線，指向負電荷，電場強度大小從中點向上下兩側(cè)遞減，中垂線是一條電勢為零的等勢面．13.導線中帶電粒子的定向運動形成了電流．帶電粒子定向運動時所受洛倫茲力的矢量和，在宏觀上表現(xiàn)為導線所受的安培力．如圖所示，設導線ab中每個帶正電粒子定向運動的速度都是v，單位體積的粒子數(shù)為n，粒子的電荷量為q，導線的橫截面積為S，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面對里，則下列說法正確的是A.由題目已知條件可以算得通過導線的電流為B.題中導線受到的安培力的方向可用安培定則推斷C.每個粒子所受的洛倫茲力為，通電導線所受的安培力為D.變更適當?shù)臈l件，有可能使圖中帶電粒子受到的洛倫茲力方向反向而導線受到的安培力方向保持不變【答案】A【解析】【分析】推斷洛倫茲力的方向用左手定則，電流由其定義I=Q/t確定，洛倫茲力的集中表現(xiàn)為安培力．【詳解】電流：，則A正確；導線受到的安培力的方向由左手定則推斷，則B錯誤；粒子所受的洛倫茲力為F洛=qvB，導線長度為L，則其受的安培力為：F=nqLSvB=BIL，則C錯誤；洛倫茲力方向反向確定了所受到的安培力方向也反向，則D錯誤；故選A．【點睛】本題考查電流的微觀表達式，關鍵在于明確有多少電荷流過我們所確定的截面，并由洛倫茲力的集中表現(xiàn)為安培力．二、選擇題II(本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)14.下列四個圖片均來自課本中的試驗、儀器、實際應用，相應的現(xiàn)象、原理及應用的說法相一樣的是(

)A.甲圖“水流導光”的原理是光的全反射B.乙圖“CT”是利用射線能夠穿透物質(zhì)來檢查人體內(nèi)部器官C.丙圖“燈泡發(fā)光”是學生電源中溝通或直流通過變壓器的互感現(xiàn)象D.丁圖“環(huán)流器”是儀器利用磁場來約束參與反應的物質(zhì)等離子體【答案】AD【解析】【詳解】甲圖“水流導光”的原理是光的全反射，故A正確；乙圖“CT”是利用x射線能夠穿透物質(zhì)來檢查人體內(nèi)部器官，故B錯誤；“燈泡發(fā)光”是學生電源中溝通通過變壓器的互感現(xiàn)象，故C錯誤；丁圖“環(huán)流器”是儀器利用磁場來約束參與反應的物質(zhì)，故D正確．故選AD．15.如圖所示，一個三棱鏡的截面為等腰直角△ABC，∠A為直角．此截面所在平面內(nèi)的光線沿平行于BC邊的方向射到AB邊，進入棱鏡后干脆射到AC邊上，并剛好能發(fā)生全反射．該棱鏡材料的折射率為()A.B.C.D.【答案】A【解析】三棱鏡的截面為等腰直角ABC，光線沿平行于BC邊的方向射到AB邊，則第一次折射時的入射角等于45°，射到AC邊上，并剛好能發(fā)生全反射．則有．由折射定律可得：；所以由上兩式可得：n=，故選A.點睛：臨界角其實也是入射角，對于同一介質(zhì)它是特定的．當光垂直入射時，由于入射角為零，所以折射角也為零，由于已知三棱鏡的頂角，當光再次入射時，由幾何關系可知折射角角，最終由折射定律可求出折射率．16.在光滑水平面上，質(zhì)量為m小球A正以速度v0勻速運動，某時刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰，兩球相碰后，A球的動能為原來的，則碰后B球的速度是多少（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】ABCD．依據(jù)碰后A球的動能變?yōu)樵瓉淼牡媒獾没蚺鲎策^程中A、B球組成的系統(tǒng)動量守恒，則有解得或當時，A的速度大于B的速度，不符合實際，故B正確，ACD錯誤。故選B。17.如圖所示，同一介質(zhì)中的P、Q兩列持續(xù)振動的簡諧橫波分別沿x軸正向和負向傳播，質(zhì)點a、b、c、d分別位于、7m、8m、處，若波的傳播速度為，圖示為時刻的波形圖則再經(jīng)過時(

)A.質(zhì)點振動的頻率為B.質(zhì)點a、c處于平衡位置C.質(zhì)點b的位移大小為30cmD.質(zhì)點d的振動方向沿軸【答案】BD【解析】【詳解】由題意可知，，則質(zhì)點振動的周期，頻率為，A錯誤；質(zhì)點a、c為振動減弱點，當t=0.5s時，兩波振動方向相反，所以質(zhì)點a、c處于平衡位置，B正確；質(zhì)點b是振動加強點，t=0.5s時，兩列波在質(zhì)點b的位移均為0，故質(zhì)點b的位移為零，C錯誤；t=0.5s時，簡諧橫波P在d處向下振動，簡諧橫波Q在d處也向下振動，所以質(zhì)點d的振動方向沿-y軸，D正確．【點睛】本題要駕馭波的獨立傳播原理：兩列波相遇后保持原來的性質(zhì)不變．理解波的疊加遵守矢量合成法則，例如當該波的波峰與波峰相遇時，此處相對平衡位置的位移為振幅的二倍；當波峰與波谷相遇時此處的位移為零．18.如圖所示，蹄形磁鐵的磁極之間放置一個裝有導電液體的玻璃器皿，器皿中心和邊緣分別固定一個圓柱形電極和一個圓形環(huán)電極，兩電極間液體的等效電阻為R=0.10Ω。在左邊的供電電路中，電源的電動勢E=1.5V，內(nèi)阻r=0.40Ω，伏特表為志向電表，滑動變阻器R0的最大阻值為0.40Ω。開關S閉合后，液體流速趨于穩(wěn)定時，下列說法正確的是（）A.由上往下看，液體順時針轉(zhuǎn)動B.當時，電源輸出功率最大C.當時，伏特表的示數(shù)為0.30VD.當時，電源的效率大于50%【答案】D【解析】【詳解】A．器皿所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知，導電液體受到的磁場力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故A錯誤；BD．當時，此時內(nèi)阻和外電路總電阻相等，若電能全部以熱量的形式放出時，此時電源的輸出功率最大，但是本題電能不是全部以熱量的形式放出的，還有一部分能量轉(zhuǎn)化為液體的動能，所以此時電源的效率大于50%，故B錯誤，D正確；C．當液態(tài)不轉(zhuǎn)動時，依據(jù)閉合電路歐姆定律可知，此時電壓表的示數(shù)為但是現(xiàn)在由于導電液態(tài)旋轉(zhuǎn)而切割磁感線，會產(chǎn)生感應電動勢，即產(chǎn)生反電動勢，則此時電壓表的示數(shù)會小于，故C錯誤。故選D。19.如圖所示，用電流傳感器探討自感現(xiàn)象電源內(nèi)阻不行忽視，線圈的自感系數(shù)較大，其直流電阻小于電阻的阻值。時刻閉合開關，電路穩(wěn)定后，時刻斷開，電流傳感器連接計算機分別描繪了整個過程線圈中的電流和電阻中的電流隨時間變更的圖像。下列圖像中可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】當時刻閉合開關的瞬時，電路中的電流突然增大，在中要產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流的增加，所以中的電流會漸漸增加到穩(wěn)定值；而電阻上，起先時由于中的很大的自感電動勢的產(chǎn)生，在上相當于斷路，所以流過的電流會較大，然后隨時間漸漸減小到穩(wěn)定值。由于直流電阻小于電阻的阻值，所以穩(wěn)定時電阻的電流小于的電流，兩者方向相同，都是從左向右；當時刻斷開時，中原來的電流馬上減小到零，但是中由于自感電動勢阻礙電流的減小，所以此電流會在和中形成回路，然后漸漸減到零，其流過的電流方向與原來方向相反。所以選項A正確，BCD錯誤。故選A。三、試驗題（每空2分，共16分）20.小張同學測量一節(jié)蓄電池的電動勢和內(nèi)阻的試驗中，認為蓄電池內(nèi)阻常小，為防止滑動變阻器電阻過小時，由于電流過大而損壞器材，電路中用了個定值電阻試驗時蓄電池、開關、導線、選用電流表量程與電壓表量程、滑動變阻器按如圖甲連接電路圖．現(xiàn)有兩個定值電阻，小張選擇哪一個更合理？______________________________．A.定值電阻、額定功率

定值電阻、額定功率小張同學按圖甲電路圖進行連接，下列實物圖正確的是____________．若小張用如圖乙所示電路，分別測出兩組數(shù)據(jù)記為、與、，已知定值電阻為，可粗測出蓄電池的電動勢___________，內(nèi)阻__________用字母、、、、來表示【答案】(1).A;(2).C;(3).;(4).;【解析】【詳解】一節(jié)蓄電池電動勢約為2V，愛護電阻應選阻值、額定功率，假如選擇阻值，額定功率，由于定值定值較大，電路電流較小，電流變更范圍小，不能測多組試驗數(shù)據(jù)，故A正確，B錯誤．故選A．依據(jù)電路圖電壓表測量電源兩端電壓，故C正確，ABD錯誤．故選C．依據(jù)圖乙電路圖，，解得，．21.小張同學利用“插針法”測定玻璃的折射率．（1）小張將玻璃磚從盒子拿出放到白紙上，圖示操作較為規(guī)范與合理的是____________．（2）小張發(fā)覺玻璃磚上下表面不一樣，一面是光滑的，一面是磨砂的，小張要將玻璃磚選擇_______（填“磨砂的面”或“光滑的面”）與白紙接觸的放置方法進行試驗較為合理．（3）小張正確操作插好了4枚大頭針，如圖所示，請幫助小張畫出正確的光路圖____.然后進行測量和計算，得出該玻璃磚的折射率n=__________（保留3位有效數(shù)字）【答案】(1).B(2).磨砂的面(3).1.53【解析】【分析】光學鏡面及光