安徽省合肥市六校2024-2025學年高二物理上學期期末考試試題含解析

PAGE17-安徽省合肥市六校2024-2025學年高二物理上學期期末考試試題（含解析）(考試時間:90分鐘滿分:100分)一．選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。其中1－8小題只有一個選項正確，9－12小題有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但選不全的得2分，不選或有選錯的得0分）1.下面是某同學對電場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是()A.由電場強度的定義式可知，電場中某點的電場強度與摸索電荷所帶的電荷量成反比B.由真空中點電荷的電場強度公式可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量無關C.由電勢差的定義式可知，帶電荷量為-1C的點電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差UAB為1VD.由勻強電場的場強公式可知，電場強度與兩點間電勢差大小成正比【答案】C【解析】【詳解】A．電場強度取決于電場本身，與有無摸索電荷無關，所以不能理解成電場中某點的電場強度和摸索電荷的電量成反比，A錯誤；B．依據點電荷的場強公式知：Q是場源電荷，所以電場中某點電場強度與場源電荷的電量成正比，與該點到場源電荷距離的平方成反比，B錯誤；C．據電勢差的定義式知，帶電量為-1C正電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，即電場力做功為-1J，則A、B點的電勢差為1V，C正確；D．勻強電場中電場強度的大小、方向到處相同，與兩點間的電勢差無關，D錯誤；故選C。2.兩個半徑、材質均相同的金屬球A、B帶等量同種電荷，它們之間的距離遠大于小球本身直徑。已知它們相隔肯定距離時，兩球之間的相互作用力的大小是F，現在用一個帶有絕緣柄的原來不帶電的半徑、材質均相同的金屬小球C，先與小球A接觸，再和小球B接觸后移開。這時，A、B兩球之間的相互作用力大小變?yōu)?)A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】設原來兩球帶電量為q，兩球之間的相互作用力大小為；小球C先與A接觸后，A球帶的電荷，C球帶的電荷，然后C再與B接觸后，B、C兩球的帶電量為：A、B兩球之間的相互作用力大小為：；A．綜上分析兩球之間的作用力變?yōu)樵瓉淼模珹錯誤；B．綜上分析兩球之間的作用力變?yōu)樵瓉淼?，B錯誤；C．綜上分析兩球之間的作用力變?yōu)樵瓉淼?，C錯誤；D．綜上分析兩球之間的作用力變?yōu)樵瓉淼模珼正確；故選D。3.關于靜電場的電場線,下列說法正確的是()A.電場線是真實存在的線，最早由法拉第發(fā)覺B.電場強度較大的地方電場線肯定較疏C.沿電場線方向,電勢肯定越來越低D.電場線肯定是帶電粒子在電場中運動的軌跡【答案】C【解析】【詳解】A．電場線是人為了便利探討電場而假想出來的，A錯誤；B．電場線的疏密表示場強的強弱，那么電場強度較大的地方電場線肯定較密，B錯誤；C．沿著電場線的方向，電勢會降低，因此沿電場線方向電勢越來越低，C正確；D．電場線不肯定與帶電粒子的軌跡重合，只有電場線是直線，帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時電場線才與帶電粒子的軌跡重合，D錯誤；故選C。4.有一個已充電的電容器，兩極板之間的電壓是6V，所帶電荷量是4.5×10－4C.將電容器的電壓降為4V，電容器所帶電荷量是()A.1.5×10－4C B.3.0×10－4CC.3.5×10－4C D.4.0×10－4C【答案】B【解析】【詳解】電容器的電容和其兩極板間的電壓以及所帶電荷量大小無關，即電壓改變電容大小恒定不變，所以依據可知：，解得：；A．依據以上分析，A錯誤；B．依據以上分析，B正確；C．依據以上分析，C錯誤；D．依據以上分析，D錯誤；故選B。5.有一個電風扇,額定電壓為U，額定功率為P，電動機線圈的電阻為R，把它接入電壓為U的電路中，下列計算時間t內產生熱量的方法中正確的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】A．電風扇正常工作時產生的熱量是由于內阻發(fā)熱產生的，所以t時間內產生的熱量為；由于是非純電阻電路，故，故，故A錯誤；BD．由于，，故，B正確D錯誤；C．電風扇的功率為P，而電風扇消耗的電能大部分轉化為機械能，所以產生的熱量：，C錯誤；故選B。6.如圖所示電路中，開關S閉合，當滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動時，以下推斷正確的是()A.電壓表示數變小，通過燈L1的電流變小，燈L2變亮B.電壓表示數變小，通過燈L1的電流變大，燈L2變暗C.電壓表示數變大，通過燈L2的電流變小，燈L1變暗D.電壓表示數變大，通過燈L2的電流變大，燈L1變亮【答案】A【解析】【詳解】當滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律分析得知，干路電流增大，通過燈L2的電流變大，則燈L2變亮；電源的內電壓和L2的電壓增大，路端電壓減小，則并聯部分電壓減小，電壓表讀數變小，通過燈L1的電流變小，燈L1變暗；AB．綜上分析電壓表讀數變小，通過燈L1的電流變小，L1變暗；通過燈L2的電流變大，L2變亮，A正確B錯誤；CD．綜上分析電壓表讀數變小，通過燈L1電流變小，L1變暗；通過燈L2的電流變大，L2變亮，CD錯誤；故選A。7.某同學畫的表示磁場B、電流I和安培力F的相互關系如圖所示，其中正確的是()A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】依據左手定則可知，A圖中安培力方向應當向下，B圖中安培力應當垂直于磁場斜向左上方，C圖中磁場方向和電流方向在同始終線上，不受安培力作用，D圖中安培力方向斜向左下方垂直于電流方向，故ABC錯誤，D正確．8.狄拉克曾經預言，自然界應當存在只有一個磁極的磁單極子，其四周磁感線呈勻稱輻射狀分布（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）分布相像?，F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旁邊做勻速圓周運動，則關于小球做勻速圓周運動的推斷正確的是（）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【答案】ABC【解析】【詳解】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供應向心力，其運動軌跡平面不行能在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。9.如圖所示，將負的摸索電荷沿著等量異種電荷的連線從中點A點移動到B點，在這一過程中()A摸索電荷所受電場力增大B.摸索電荷所受電場力減小C.摸索電荷所處位置的電勢增大D.摸索電荷所處位置的電勢減小【答案】AD【解析】【詳解】等量異種電荷所產生的電場線如圖所示：AB．在其連線上，從A到B的過程中，電場線變密，電場強度增大，故電場力變大，A正確B錯誤；CD．兩電荷連線上，電場方向由+Q指向-Q，又知道沿電場線方向電勢降低，故從A到B過程中電勢降低，C錯誤D正確；故選AD。10.如圖所示，水平向右的勻強電場中，質量為m帶正電的小球在A點由靜止釋放后，沿直線由A點運動到B點。不計空氣阻力，在這一過程中，()A.小球重力勢能減小B.小球的動能減小C.小球的機械能減小D.小球的電勢能減小【答案】AD【解析】【詳解】小球受到水平向右的電場力，豎直向下的重力，又知道小球沿直線AB運動，故合力方向在直線AB上，由A指向B；A．從A到B，小球的高度減小，重力做正功，重力勢能減小，A正確；B．合力方向與運動方向同向，所以做正功，動能增大，B錯誤；CD．電場力方向和運動方向夾角為銳角，故電場力做正功，所以電勢能減小，機械能增大，C錯誤D正確；故選AD。11.有兩個相同的靈敏電流計,允許通過的電流最大值為Ig=1mA，表頭內阻為Rg=50Ω,若改裝成一個量程為0-3V的電壓表和一個量程為0-0.6A的電流表,應給它們分別()A.串聯一個550Ω的電阻改裝成電壓表B.串聯一個2950Ω的電阻改裝成電壓表C.并聯一個0.083Ω的電阻改裝成電流表D.并聯一個0.017Ω的電阻改裝成電流表【答案】BC【解析】【詳解】AB．把靈敏電流表改裝成3V的電壓表須要串聯分壓電阻，串聯電阻阻值：，A錯誤B正確；CD．把靈敏電流計改裝成0.6A的電流表須要并聯分流電阻，并聯電阻阻值：，C正確D錯誤；故選BC。12.A、B兩個帶電粒子同時從勻強磁場的直線邊界上的M、N點分別以45°和30°(與邊界的夾角)射入磁場，又同時分別從N、M點穿出，如圖所示．設邊界上方的磁場范圍足夠大，下列說法中正確的是()A.A粒子帶正電，B粒子帶負電B.A、B兩粒子運動半徑之比為1∶C.A、B兩粒子速率之比為1∶D.A、B兩粒子的比荷之比為3∶2【答案】ABD【解析】【詳解】A．A向右偏轉，磁場方向垂直紙面對外，依據左手定則知，A為正離子，B向左偏轉，依據左手定則知，B為負離子，A正確；B．離子在磁場中做圓周運動，由幾何關系可得（l為MN之間的距離）因為：，則A、B兩離子的半徑之比為，B正確；C．離子的速率（為軌跡所對圓心角），時間相同，半徑之比為，圓心角之比為3：2，則速率之比為，C錯誤；D．依據知，因為速度大小之比為，半徑之比為，則比荷之比為，D正確；故選ABD。二、試驗題：13.(1)如圖所示游標卡尺讀數為____________mm，螺旋測微器讀數為____________mm.(2)(Ⅰ)利用多用電表測某導體的電阻，該同學先用多用電表電阻擋“×100”測量時發(fā)覺指針向右偏轉角度過大，為了減小測量誤差，應將選擇開關旋轉到____________（選填“×1k”或“×10”）的位置，然后將兩表筆短接，進行歐姆調零，再用兩表筆與導體連接好并讀數。(Ⅱ)他按正確的試驗操作，用多用電表電阻擋測量時指針停在圖所示的位置，則此材料電阻的測量值為________Ω.(Ⅲ)若該材料的長度為L，直徑為D，電阻為R，則該材料電阻率的表達式ρ＝________.(3)在“測定電池的電動勢和內阻”的試驗中，已連接好部分試驗電路．(Ⅰ)按圖甲所示的試驗電路，把圖乙中剩余的電路連接起來_______．(Ⅱ)在連接的電路中，為避開燒壞電表，閉合開關前，滑動變阻器的滑片應置于________端(選填“A”或“B”)．(Ⅲ)如圖是依據試驗數據作出的U－I圖象，由圖可知，電源的電動勢E＝____________V，內阻r＝__________Ω.【答案】(1).23.5(2).2.708-2.709(3).×10(4).140(5).(6).(7).A(8).1.5(9).1.0【解析】【詳解】(1)[1]游標卡尺的讀數為：；[2]螺旋測微器的讀數為：；(2)[3]用多用電表測量電阻時，指針起先指向無窮大刻度，發(fā)覺指針向右偏轉角度過大，說明示數小，則應換用小一檔的倍率測量，即將選擇開關旋轉到“×10”檔位；[4]多用電表讀數為：；[5]依據電阻定律，圓柱體導體材料的橫截面積：，聯立可得金屬電阻率：。(3)[6]由原理圖可知滑動變阻器為限流接法，電壓表并聯在滑動變阻器兩端，由原理圖連接實物圖所示；[7]為保證明驗平安，在起先時電路中電流應為最小值，故滑動變阻器應接入最大阻值，由圖可知，滑動變阻器接入部分為左半部分，故滑片應接到A端；[8]由U-I圖可知，電源的電動勢：E=1.5V；[9]當路端電壓為1.0V時，電流為0.5A，則由閉合電路歐姆定律可知：。三、計算題：（本題有4小題，共34分，解題過程中要求寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最終答案的不能得分）14.長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，一個帶電荷量為＋q、質量為m的帶電粒子，以初速度v0緊貼上極板垂直于電場線方向進入該電場，剛好從下極板邊緣射出，射出時速度恰與下極板成30°角，如圖所示，不計粒子重力，求：（1）粒子末速度的大?。唬?）勻強電場的場強；（3）兩板間的距離.【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）粒子離開電場時，合速度與水平方向夾角，由速度關系得合速度為：（2）粒子在電場中做類平拋運動：在水平方向：豎直方向：由牛頓其次定律可得：聯立以上方程解得：（3）粒子在電場中做類平拋運動：在豎直方向：解得：15.光伏發(fā)電是一種新興的清潔發(fā)電方式，預料到2024年合肥將建成世界一流光伏制造基地，打造成為中國光伏應用第一城。某太陽能電池板，測得它不接負載時的電壓為900mV，短路電流為45mA，若將該電池板與一阻值為20Ω的電阻器連接成閉合電路，則，(1)該太陽能電池板的內阻是多大？(2)電阻器兩端的電壓是多大？(3)通電10分鐘，太陽能電池板輸送給電阻器的能量是多大？【答案】(1)20Ω(2)0.45V(3)6.075J【解析】【詳解】(1)依據歐姆定律有：，解得：；(2)閉合電路歐姆定律有：，，解得：；(3)由焦耳定律有：，解得：。答：(1)該太陽能電池板的內阻；(2)電阻器兩端的電壓；(3)通電10分鐘，太陽能電池板輸送給電阻器的能量。16.如圖所示，在傾角為37°的光滑斜面上有一根長為0.4m、質量為6×10－2kg的通電直導線，電流大小I＝1A，方向垂直于紙面對外，導線用平行于斜面的輕繩拴住不動。(1)起先時，整個裝置放在無磁場的環(huán)境中，即B0＝0，求此時斜面對通電直導線的支持力大小。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(2)給整個裝置所處的空間加豎直向上的勻強磁場，若斜面對通電直導線的支持力為零，求磁感應強度B的大小?！敬鸢浮?1)0.48N(2)2T【解析】【詳解】(1)斜面對通電直導線的支持力為：；(2)由題意知導體棒受水平向左安培力:，若斜面對通電直導線的支持力為零可得：，磁感應強度為。答：(1)起先時，整個裝置放在無磁場的環(huán)境中，即B0＝0，此時斜面對通電直導線的支持力為0.48N；(2)給整個裝置所處的