新疆伊利奎屯市一高2024-2025學年高二物理下學期期末考試試題含解析

PAGE20-新疆伊利奎屯市一高2024-2025學年高二物理下學期期末考試試題（含解析）一．單項選擇題（每題2分，共20分）1.下列說法正確的是()A.液晶像液體一樣具有流淌性,而其光學性質與某些多晶體相像,具有各向同性B.懸浮在水中的花粉的布朗運動反映了花粉分子的無規(guī)則運動C.高原地區(qū)水的沸點較低,這是高原地區(qū)溫度較低的原因D.空中的小雨滴呈球形是水的表面張力作用的結果【答案】D【解析】【詳解】A.液晶像液體一樣具有流淌性,而其光學性質與某些多晶體相像,具有各向異性，故A錯誤；B.懸浮在水中的花粉的布朗運動反映了液體分子的無規(guī)則運動，故B錯誤；C.高原地區(qū)水的沸點較低,這是高原地區(qū)氣壓較低的原因，故C錯誤D.空中的小雨滴呈球形是水的表面張力使雨滴表面有收縮的趨勢的結果，故D正確；2.如圖所示，半徑為R的圓形線圈共有n匝，其中心位置處半徑為r的虛線范圍內有勻強磁場，磁場方向垂直線圈平面．若磁感應強度為B，則穿過線圈的磁通量為（）A.πBR2 B.πBr2 C.nπBR2 D.nπBr【答案】B【解析】【分析】本題考查磁通量的公式【詳解】由磁通量的公式，為具有磁場的有效面積為，解得，B對，ACD錯。【點睛】本題學生明確磁通量的公式滿意線圈平面與磁場方向垂直，能用公式進行相關的計算。3.一志向變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為4:1，原線圈接在一個溝通電源上，電壓u隨時間t變更的規(guī)律如圖所示；副線圈所接的負載電阻是11Ω，則下列推斷中錯誤的是()A.原線圈中的交變電流的頻率是50HzB.流過副線圈的電流是5AC.副線圈的輸出電壓為55VD.變壓器輸入、輸出的功率之比為4∶1【答案】D【解析】【詳解】A.依據(jù)圖像可看出溝通電的周期為0.02s，所以原線圈中的交變電流的頻率是50Hz，故A正確；BC.原線圈的電流為，依據(jù)電壓與匝數(shù)之間的關系可知副線圈的電壓為所以流過副線圈的電流是，故BC正確；D.依據(jù)變壓器的原理可知變壓器輸入、輸出的功率之比為1∶1，故D錯誤；本題選不正確的，故選D4.分別用波長為和的單色光照耀同一金屬板發(fā)出的光電子的最大初動能之比為，以表示普朗克常量，表示真空中的光速，則此金屬板的逸出功為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】ABCD、光子能量為:①

依據(jù)愛因斯坦光電效應方程可以知道光電子的最大初動能為:

②

依據(jù)題意:③

聯(lián)立①②③可得逸出,故B正確；ACD錯誤；5.如圖所示，甲圖為正弦式溝通電，乙圖正值部分按正弦規(guī)律變更，負值部分電流恒定，丙圖為方波式溝通電，三個圖中的和周期T相同.三種溝通電的有效值之比為（）A.：2： B.2：： C.：：2 D.：：2【答案】D【解析】【詳解】甲圖中溝通電的有效值為；對乙圖，解得；對于丙圖有效值為，所以三種溝通電的有效值之比為，故D正確；ABC錯誤；6.如圖所示，豎直平面內有一金屬圓環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面．環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為()A. B. C. D.Bav【答案】C【解析】當擺到豎直位置時，導體棒產生的感應電動勢為：；AB兩端的電壓是路端電壓，依據(jù)歐姆定律得：AB兩端的電壓大小為：．故選C.點睛：本題是電磁感應與電路的結合問題，關鍵是弄清電源和外電路的構造，然后依據(jù)電學學問進一步求解，簡潔出錯之處是把AB間的電壓看成是內電壓，得到結果是2Bav/3．7.如圖所示電路中，電源電動勢為E，內阻為r，R1和R3均為定值電阻，RT為熱敏電阻（溫度越高，電阻越低）．當環(huán)境溫度較低時合上電鍵S，當環(huán)境的溫度漸漸上升時，若三個電表A1、A2和V的示數(shù)分別用I1、I2和U表示．則各個電表示數(shù)的變更狀況是（）A.I1增大，I2不變，U增大B.I1減小，I2增大，U減小C.I1增大，I2減小，U增大D.I1減小，I2不變，U減小【答案】B【解析】試題分析：由圖知電壓表測量路端電壓，電流表A1測量流過R1的電流，電流表A2測量流過RT的電流；當環(huán)境的溫度漸漸上升時，RT減小，整個電路的總電阻減小，總電流增大，電源的內電壓增大，則路端電壓減小，即電壓表示數(shù)U減小，R3電壓增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過R1的電流I1減小，而總電流I增大，則流過RT的電流I2增大．故ACD錯誤，B正確；故選B．考點：電路的動態(tài)分析8.半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖所示。有一變更的磁場垂直于紙面，規(guī)定向內為正，變更規(guī)律如圖所示。在t=0時刻平板之間中心有一重力不計，電荷量為+q的微粒，從靜止釋放，兩板間距足夠長。則以下說法正確的是()

A.第1秒內金屬圓環(huán)中的感應電流為逆時針方向B.第2秒內粒子所受電場力將反向C.第1秒內粒子將向下做自由落體運動D.第1秒內上極板的電勢高于下極板的電勢【答案】D【解析】【詳解】A.有楞次定律可知：第1秒內金屬圓環(huán)中的感應電流為順時針方向，故A錯誤；B.依據(jù)楞次定律可知在前2s內金屬板上極板帶正電，上極板電勢高于下極板，電場方向沒有發(fā)生變更，所以第2秒內粒子所受電場力不會反向，故B錯誤；CD.依據(jù)楞次定律可知在前2s內金屬板上極板帶正電，上極板電勢高于下極板，平行板內存在向下的電場，所以帶正電的粒子受到向下的電場力，但加速度不肯定等于g，所以不肯定做自由落體運動，故C錯誤；D正確；9.電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小。測量前天平已調至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質量為m0、匝數(shù)為n、下邊長為L的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中。如圖甲所示，線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢為E，內阻為r.開關S閉合后，調整可變電阻至R1時，天平正好平衡。此時電壓表讀數(shù)為U；已知m0>m，取重力加速度為g，則（）A.矩形線圈中電流的方向為順時針方向B.矩形線圈的電阻C.勻強磁場的磁感應強度的大小D.若僅將磁場反向，在左盤添加質量為2m0-m【答案】C【解析】【詳解】A.已知m0>m，要使線圈處于平衡狀態(tài)，則所受安培力的方向應當向上，依據(jù)左手定則可知線圈中電流的方向應當是逆時針方向，故A錯誤；B.依據(jù)閉合電路歐姆定律可得，解得矩形線圈的電阻，故B錯誤；C.依據(jù)平衡條件可得，而，，解得勻強磁場的磁感應強度的大小，故C正確；D.起先線圈所受安培力的方向向上，僅將磁場反向，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當于右邊多了兩倍的安培力大小，所以須要在左邊加砝碼，添加質量為的砝碼可使天平重新平衡，故D錯誤；10.如圖所示,帶正電的A粒子和B粒子同時以同樣大小的速度(速度方向與邊界的夾角分別為30°、60°)從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點射入磁場,又恰好都不從另一邊界飛出,則下列說法中正確的是()A.A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為B.A、B兩粒子的比荷之比是C.A、B兩粒子的比荷之比是D.A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為【答案】B【解析】【詳解】AD.粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律得：，解得：；由幾何關系得：，，解得：，故AD錯誤；BC.粒子軌道半徑：可知，，由題意可知，兩粒子的v大小與B都相同，則兩粒子的q/m之比與軌道半徑成反比，則A、B兩粒子的q/m之比是，故B正確；C錯誤二．多項選擇題

（每題4分，共20分）11.利用霍爾效應制作的霍爾組件廣泛應用于測量和自動限制等領域.圖是霍爾組件的工作原理示意圖.該霍爾組件的載流子是自由電子，磁感應強度B垂直于霍爾組件的工作面對下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差，下列說法中正確的是（）A.電勢差B.電勢差C.形成電勢差的緣由是載流子受到磁場力而偏轉D.形成電勢差的緣由是電場力與磁場力達到平衡【答案】BCD【解析】【詳解】電流方向為EF,由左手定則知，霍爾元件中的載流子（自由電子）受洛倫茲力作用向側面C偏轉，側面C聚集負電荷，因整個元件是中性的，則側兩D出現(xiàn)正電荷，所以兩個側面C、D之間形成由D到C的電場，側面D的電勢高于側面C的電勢.隨著兩側面電荷的增多，元件中運動的載流子受到的電場力漸漸增大，當載流子受到的電場力與洛倫茲力平衡時，兩側面之間的電勢差達到穩(wěn)定狀態(tài).綜上所述，選項A錯誤，選項B、C、D正確.12.如圖，圓形閉合線圈內存在方向垂直紙面對外的磁場，磁感應強度隨時間變更如圖，則下列說法正確的是()A.0～1s內線圈磁通量不斷增大B.第4s末的感應電動勢為0C.0～1s內與2～4s內的感應電流相等D.0～1s內感應電流方向為順時針【答案】AD【解析】試題分析：0~1s內磁感應強度不斷增大，磁通量不斷增大，選項A正確。第4s末磁感應強度為零，但斜率不為零，感應電動勢不為零，選項B錯誤。0~1s內與2~4s內斜率大小不相等，電動勢不相等，感應電流不相等，選項C錯誤。用楞次定律推斷，感應電流在0~1s內為順時針，選項D正確?？键c：本題考查電磁感應的圖象問題，法拉第電磁感應定律和楞次定律等。13.一個單匝的線圈，面積為S，在勻強磁場中繞垂直磁感線的軸勻速轉動，產生的感應電動勢隨時間變更的規(guī)律如圖所示，下列推斷正確的是()A.在A、C時刻線圈通過中性面B.電動勢的有效值與平均值相等都是C.在時刻線圈與磁感線的夾角為60°D.磁場的磁感應強度為【答案】CD【解析】【詳解】A.在A、C時刻，感應電動勢最大，線圈與磁場平行，垂直于中性面，故A錯誤。B.正弦式交變電流，電動勢的有效值是；一個周期內磁通量的變更量為零，所以感應電動勢的平均值為零，故B錯誤。C.依據(jù)感應電動勢的瞬時表達式，當時，，線框從中性面轉動，與磁場成角，故C正確。D.感應電動勢的最大值，故，故D正確。14.兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變更的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢為零，ND段中C點電勢最高，則A.C點的電場強度大小為零B.A點的電場強度大小為零C.NC間場強方向沿x軸正方向D.將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功【答案】AD【解析】【詳解】A．圖的斜率為E，C點電勢的拐點，則電場強度為零，故A正確；B．由圖知A點的電勢為零，則O點的點電荷的電量比M點的點電荷的電量大，且O點的電荷帶正電，M點電荷帶負電．故B錯誤；C．由圖可知：OM間電場強度方向沿x軸正方向，MC間電場強度方向沿x軸負方向，CD間電場強度方向沿x軸正方向．故C錯誤；D．因為MC間電場強度方向沿x軸負方向，CD間電場強度方向沿x軸正方向，則將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后負功．故D正確；15.如圖所示，光滑導軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導軌距離為L，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2，兩導軌間有一邊長為的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內有方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m的金屬桿與導軌接觸良好并靜止于ab處，現(xiàn)用一恒力F沿水平方向拉桿，使之由靜止向右運動，若桿拉出磁場前已做勻速運動，不計導軌及金屬桿的電阻．則()A.金屬桿出磁場前的瞬間，流過R1的電流大小為B.金屬桿穿過整個磁場過程中R1上產生的電熱為C.金屬桿做勻速運動時的速率D.金屬桿穿過整個磁場過程中通過電阻R1的電荷量為【答案】CD【解析】【詳解】A、桿拉出磁場前已做勻速運動，設流過金屬桿中的電流為，由平衡條件得：解得所以中的電流大小，方向從M到P，故A錯誤BC、設桿做勻速運動的速度為v，桿切割磁感線產生的感應電動勢大小為：由閉合電路歐姆定律：可解得：設整個過程電路中產生的電熱為Q，依據(jù)能量守恒定律：代入v可得使上產生的電熱，故B錯誤；C正確；D、依據(jù)電荷量的定義可知：而流過的電荷量只是中電荷量的一半，所以通過電阻R1的電荷量為，故D正確；三．填空題（每空2分，共16分）16.為了測量某種材料制成的特種電阻絲Rx的電阻率，供應的器材有：A.電流表G，內阻Rg=120Ω，滿偏電流Ig=3mAB.電流表A，內阻約10Ω，量程為100mAC.螺旋測微器，刻度尺D.電阻箱Ro(0～9999Ω，0.5A)E.滑動變阻器R(5Ω，1A)F.電池組E(6V，0.05Ω)G.一個開關S和導線若干某同學進行了以下操作：(1)用多用電表粗測電阻絲的阻值，當用“×1"擋時發(fā)覺指針偏轉角度過小，說明電阻較_________(填“大”或“小”)，應換為“×10”擋，并重新進行_________，測量時指針位置如圖甲所示.(2)把電流表G與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表，則電阻箱的阻值應調為Ro=_________Ω.(3)請用改裝好的電壓表設計一個測量電阻Rx阻值的試驗，依據(jù)供應的器材和試驗須要，請將圖乙中電路圖補充完整_______________.(4)電阻率的計算：測得電阻絲的長度為L，電阻絲的直徑為d，電路閉合后，調整滑動變阻器的滑片到合適位置，電流表G的示數(shù)為I1，電流表A的示數(shù)為I2，請用已知量和測量量的字母符號寫出計算電阻率的表達式ρ=________(各量不允許代入數(shù)值).【答案】(1).大;(2).歐姆調零;(3).1880;(4).(5).;【解析】（1）歐姆表最大刻度線在左側，用多用電表粗測電阻絲的阻值，當用“×1”檔時發(fā)覺指針偏轉角度過小，說明電阻較大，為精確測量電阻阻值，應換為“×10”檔，并重新進行歐姆調零。

（2）將電流表G

與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表，而電流表G（內阻Rg=120Ω，滿偏電流Ig=3mA）；所以改裝后的電壓表的內阻為：RV==2000Ω，由于電流表G的內阻Rg=120Ω，因此電阻箱的阻值應調為R0=2000-120=1880Ω；

（3）由于題意可知，兩電流表，當電流表A運用外接法，能精確測出所測電阻的電流，同時又能算出所測電阻的電壓；因所測電阻為70Ω，而滑動變阻器R（5Ω，1A），電源電壓為6V，所以滑動變阻器運用分壓式，則電路圖如下圖所示；

（4）由電阻定律可知，電阻，依據(jù)歐姆定律：，則電阻率：ρ=。點睛：（1）考查歐姆表讀數(shù)，留意此刻度不勻稱，盡量讓指針在中心旁邊，同時乘以倍率；（2）確定滑動變阻器與電流表的接法是正確解題的關鍵，測量電阻的方法除了伏安法外，還有“安安法”（即兩個電流表組合）、“伏伏法”（兩個電壓表組合）等。（3）駕馭電阻定律，同時留意利用電流表與電阻的關系，求出電壓的方法。17.如圖，肯定質量的志向氣體從狀態(tài)A變更到狀態(tài)B，再變更到狀態(tài)C，其狀態(tài)變更過程的p-V圖象如圖所示．已知該氣體在狀態(tài)A時的溫度為27℃．則該氣體在狀態(tài)B時的溫度TB=_______K,該氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中內能的變更量是________,該氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中傳遞的熱量是_______J【答案】(1).100K(2).零(3).200J【解析】【詳解】第1空、對于志向氣體由圖象可以知道:等容變更,由查理定律得:

代入數(shù)據(jù)得:第2空、依據(jù)得:

等壓變更,由蓋呂薩克定律得:

代入數(shù)據(jù)得:聯(lián)立得:

由過程,溫度相等,故內能變更量第3空、由熱力學第肯定律得：Q>0，所以A→C的過程中是吸熱。依據(jù)能量守恒可知汲取的熱量為:

四．計算題（共44分）18.如圖所示，足夠長的U型光滑導體框架的兩個平行導軌間距為L，導軌間連有定值電阻R，框架平面與水平面之間的夾角為θ，不計導體框架的電阻．整個裝置處于勻強磁場中，磁場方向垂直于框架平面對上，磁感應強度大小為B。導體棒ab的質量為m，電阻不計，垂直放在導軌上并由靜止釋放，重力加速度為g.求：(1)導體棒ab下滑的最大速度；(2)導體棒ab以最大速度下滑時定值電阻消耗的電功率?！敬鸢浮浚?）vm＝；（2）P=?！窘馕觥吭囶}分析：(1)當導體棒下滑時，受力平衡，則它下滑的速度最大；設最大速度為vm，則導體棒在斜面方向共受到二個力的作用，重力沿斜面的分力，安培力；故它們存在二力平衡的關系：mgsinθ＝BIL，而電流I＝，代入上式得得vm＝。(2)定值電阻消耗的電功率就是安培力做功的功率大小，故P＝F安·vm＝mgsinθ·vm＝；也可以通過電流求電功率：P=I2R===。考點：平衡力，安培力，感應電動勢，電功率的簡潔計算。19.如圖，導熱性能極好的氣缸，高為L=l.0m，開口向上固定在水平面上，氣缸中有橫截面積為S=100cm2、質量為m=20kg的光滑活塞，活塞將肯定質量的志向氣體封閉在氣缸內．當外界溫度為t=27℃、大氣壓為P0=l.0×l05Pa時，氣柱高度為l=0.80m，氣缸和活塞的厚度均可忽視不計，取g=10m/s2①假如氣體溫度保持不變，將活塞緩慢拉至氣缸頂端．在頂端處，豎直拉力F有多大？②假如僅因為環(huán)境溫度緩慢上升導致活塞上升，當活塞上升到氣缸頂端時，環(huán)境溫度為多少攝氏度？【答案】①F=240N②t=102°C【解析】①．設起始狀態(tài)氣缸內氣體壓強為p1，當活塞緩慢拉至氣缸頂端，設氣缸內氣體壓強為p2由玻意耳定律得：p1lS=p2LS在起始狀態(tài)對活塞由受力平衡得：p1S=mg+p0S在氣缸頂端對活塞由受力平衡得：F+p2S=mg+p0S聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：F=240N②假如外界溫度緩慢上升到恰使活塞移至氣缸頂端，氣體是等壓變更，由蓋呂薩克定律可求解由蓋﹣呂薩克定律得：代入數(shù)據(jù)解得：t=102°C20.如圖所示，豎直虛線MN的右側存在勻強磁場，虛線左側有一平行板電容器A、B，板間距離d=12cm，板與水平面夾角θ=37°，兩板所加電壓U=120V，B板電勢高，現(xiàn)有一帶電荷量為q=-3×10-3C的帶電液滴，以=1m/s的水平速度從A板上邊緣水平進人電場，恰好沿水平方向運動并恰好從B板的下邊緣水平飛出，液滴進入磁場后仍沿水平方向運動，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2.電場和磁場互不影響，求：(1)液滴的質量；(2)液滴飛出電場時的速度大小及它在電場中運動的時間；(3)勻強磁場的方向和場強B的大小.【答案】（1）（2）=2m/s；（3）磁場方向為垂直紙面對外【解析】(1)在極板間，電場強度：=1000V/m.帶電粒子沿水平方向運動，則豎直方向受力平衡，則依據(jù)平衡條件得；qEcon37°=mg.由以上兩式解得：m=0.24kg(2)在極板間，帶電液滴沿水平運動，重力不做功。只有電場力做功由動能定理可得：解得=2m/s由牛頓其次定律qesin37°=ma，解得a=75m液滴在電場中運